2024_2025学年湖南省常德市汉寿县高三上学期11月月考数学试卷[附答案]

这是一份2024_2025学年湖南省常德市汉寿县高三上学期11月月考数学试卷[附答案]，共21页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已经集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数在复平面内所对应的点分别为，则（ ）
A．B．1C．D．2
3．①命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”.
②“”是“”的充要条件；
③若为假命题，则均为假命题.
④对于命题：，, 则：，.
上面四个命题中正确的是（ ）
A．①②B．②③C．①④D．③④
4．设命题：数列是等比数列，命题：数列和均为等比数列，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．函数，的图象大致为（ ）
A． B．
C．D．
6．数列中，已知，数列满足，点在直线上，若数列中满足：①；②存在使的项组成新数列，则数列（ ）
A．B．C．D．
7．物体在常温下的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：设物体的初始温度是，经过一定时间t(单位：分)后的温度是，则，其中称为环境温度，为比例系数. 现有一杯的热水，放在的房间中，分钟后变为的温水，那么这杯水从降温到时需要的时间为（ ）
A．分钟B．分钟C．分钟D．分钟
8．已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二､多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9．下列说法正确的是（ ）
A．至少有一个实数，使
B．“”是“”的充分不必要条件
C．命题“，”的否定是真命题
D．“在上单调递增”是“”的必要不充分条件
10．函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）

A．的表达式可以写成
B．的图象关于直线对称
C．在区间上单调递增
D．若方程在0,m上有且只有6个根，则
11．如图，已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为，点为棱的中点，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，则（ ）

A．长度的最小值为
B．存在点，使得
C．存在点，使得
D．棱长为1.5的正方体可以在此空心棱台容器内部任意转动
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．已知数列满足，，则 .
13．已知斜率为的直线经过椭圆的一个焦点，与椭圆交于，两点.直线，分别过点，，且与轴平行，在直线，上分别取点，，（，分别在点，的右侧），分别作和的角平分线相交于点，则的面积为 .
14．已知盒中有5个黑球和2个白球，每次从盒中不放回的随机摸取1个球，直到盒中剩下的球颜色相同就停止摸球，则摸球三次后就停止摸球的概率为 .
四､解答题：本大题共 5 小题，共 80 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角B的大小；
（2）设，若，且A，C都为锐角，求m的取值范围．
16．已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）①求证：函数在区间上—定存在极值点，且为极小值点；
②若函数在区间上有极值，求实数的取值范围.
17．如图，在直三棱柱中，为等腰直角三角形，，D为BC的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知椭圆：过点，左、右焦点分别是，，过的直线与椭圆交于，两点，且的周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点满足，求四边形面积的最大值.
19．已知数列，若为等比数列，则称具有性质.
(1)若数列具有性质，且，，求的值；
(2)若，判断并证明数列是否具有性质；
(3)设，数列具有性质，其中，，，试求数列的通项公式.
答案：
1．D
首先计算出两个集合，再根据两个集合的交集运算即可计算出结果.
【详解】由题意可得，，
则.
故选：D
2．A
【分析】由复数的几何意义和复数的模长公式求解即可.
【详解】由复数的几何意义可得，
所以.
故选：A.
3．C
【分析】①写出原命题的逆否命题判断；②由充分、必要性的定义判断；③由复合命题的真假判断命题真假即可；④写出特称命题的否定形式即可判断.
【详解】①原命题的逆否命题为“若，则”，真命题；
②可得：，则，但推不出，假命题；
③若为假命题，含“且”的复合命题只需至少其中一个为假，假命题；
④由题设，原命题的否命题为：，，真命题.
故选：C
4．A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义、等比数列的定义计算可得.
【详解】设数列的公比为，
因为数列是等比数列，所以，
所以，所以数列为等比数列；
所以，所以数列为等比数列；
故是的充分条件；
若数列，明显数列和均为等比数列，
但，，所以数列不是等比数列；
故是的不必要条件；
故是的充分不必要条件.
故选：A
5．A
【分析】根据条件，得出的奇偶性和在区间上的单调性，结合图象，选项A符合题意，选项BCD不符合题意，即可求出结果.
【详解】因为，关于原点对称，又，
即为偶函数，
当时，，，
令，则为增函数，因为，，
，使，即有，
当时，，时，，
即，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，
又，，，
，当时，，时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，结合图象，选项A符合题意，选项BCD不符合题意，
故选：A.
6．B
【分析】
先求出数列和的通项公式；再根据题意即可分析出数列的特点，即可求解.
【详解】，
，
则，即①.
又，，
所以当时也满足①，
所以是以1为首项2为公比的等比数列，
则.
因为点在直线上，
所以，
因为，
所以是首项为1公差为3的等差数列，
则.
因为且满足的中项一定是除3余1的数，即形如的数，
所以满足，同时，，，，也满足，
故cn=4n−1.
故选：B.
7．C
先根据题目所给公式可得，解出的值，然后再根据公式计算当水从降温到时需要的时间.
【详解】由可得，当的热水，放在的房间中，分钟后变为的温水时有：，解得，
则当水的温度由下降到时，，解得.
故选：C．
本题考查指数函数模型的实际应用，解答时注意以下几点：
（1）注意区分初始温度是，环境温度及降温后的温度，准确代入所给公式求解；
（2）由解时，注意指数式与对数式的互化.
8．C
先将函数代入不等式后分离参数得，再构造函数研究其最值即得结果.
【详解】由得，即.
当时，令，则，得，则时，，单调递减，时，，单调递增，故，故.所以.
设，则存在，使，需要.
又，当时，，
所以当，，单调递减；
当，，单调递增，
又，，
所以，所以.
故选：C.
9．BCD
【分析】对于A，由实数的平方的非负性可判断；对于B，利用不等式的性质判断即可；对于C，先表示出原命题的否定，再利用二次函数的性质判断即可；对于D，求出函数的单调递增区间，转化为集合间的包含关系判断即可.
【详解】对于A，由，得，则不存在实数使得方程成立，故A错误；
对于B，若，则，充分性成立；
假设，，满足，此时不成立，必要性不成立；
所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；
对于C，命题“，”的否定是“，”，
因为恒成立，所以“，”是真命题，
即命题“，”的否定是真命题，故C正确；
对于D，由，
得二次函数的开口向下，对称轴方程为，则单调递增区间为，
若在上单调递增，则，
所以，解得，故充分性不成立；
若，则，此时，所以在上单调递增，故必要性成立；
所以“在上单调递增”是“”的必要不充分条件，故D正确；
故选：BCD
10．AD
【分析】先求出函数的解析式，再逐一判断各选项是否正确.
【详解】根据图象：由，得，即，又；
又的图象过点，则，即，即得，；
又，所以.
所以.
对A：因为，故A正确；
对B，，故B错误；
对C，当时，则，由余弦函数单调性知，在单调递减，故C错误；
对于D，由，得，解得或，方程在0,m上有6个根，
从小到大依次为：，而第7个根为，
所以，故D正确.
故选：AD
11．ABC
【分析】根据题意取的中点为，截取平面，利用正四棱台性质可知平面，由线面角定义可知点的轨迹是以为直径在平面内的半圆，再利用圆外一点到圆上点距离的最值问题可知A正确；利用线面垂直的判定定理可知当与以为直径的半圆相切时，满足，即B正确；根据线面平行的判定定理可得当点与点重合时满足，即C正确；易知此棱台可放入的最大球的直径为，而棱长为1.5的正方体的外接球直径为，可知D错误.
【详解】对于A，分别取的中点为，连接，如下图所示：

由题意得，，又，平面，
所以可得平面，
又平面，所以；
又因为正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为，
即可得，易得，
所以在梯形中，，可得，
满足，所以；
又，平面，所以平面；
又因为与平面所成角的正切值为，
可得，即，
所以点的轨迹是为圆心，即以为直径在平面内的半圆，
故长度的最小值为，故A正确；
对于B，由选项A可知，平面，平面，所以；
若（即与以为直径的半圆相切时），平面，
又平面，所以，
即存在点，使得，故B正确；
对于C，当点与点重合时，，且，
此时四边形为平行四边形，所以，即，故C正确；
对于D，若正方体在此容器内部可以任意转动，则正方体的外接球可以放进容器，
棱长为1.5的正方体的外接球直径为，
由等腰梯形可知，其高，如下图所示：

可知此棱台可放入的最大球的直径为，小于正方体外接球直径，
故不可以在此空心棱台容器内部任意转动，所以D不正确．
故选：ABC
方法点睛：在处理立体几何当中的动点问题时，往往根据几何体特点利用已知条件得出动点轨迹，再利用适当的定理处理动点与不动点平行、垂直等问题.
12．2
【分析】先求不动点方程，根据方程无解再逐项计算根据周期求解即可.
【详解】第一步，求不动点，设，令得：，化简得：，显然该方程无解，这种情况下一般是周期不大的周期数列，
我们只需算出前几项，找出规律即可，
由题意，，所以，，，，，，
从而是以6为周期的周期数列，
故.
故2.
13．
【分析】不妨设椭圆的一个右焦点， 得到直线的方程为，联立方程组求得，得到，过点作，根据题意，得到，求得梯形的面积为，进而得到的面积.
【详解】如图所示，不妨设椭圆的一个右焦点，
可得直线的方程为，联立方程组，整理得到，
解得或，代入椭圆，可得，则，
过点作，
由在直线，上分别取点，，分别作和的角平分线相交于点，
可得，所以的中点，
设，可得，且，
根据角平分线的性质，可得，
所以，且，
则梯形的面积为，
所以的面积为.
14．
【分析】先算出基本事件的总数，再计算出随机事件中的基本事件的个数，根据古典概型的概率公式可求概率.
【详解】设为“摸球三次后就停止摸球”，则基本事件的总数为
若摸球三次后就停止摸球，则第三次摸出白球，余4个黑球，
前两次摸出一黑一白，故含有的基本事件的个数为，
故，
故
15．（1）；（2）．
【分析】（1）利用正弦定理对变形化简可得，再利用余弦定理可求出角B的大小；
（2）由正弦定理可得，则，再由A，C都为锐角，求出角的范围，从而可求出m的取值范围
【详解】（1）由已知及正弦定理，得，即，即．
由余弦定理，得．
因为，所以．
（2）因为，则，得．
所以
．
因为A，C都为锐角，，则，
所以．
16．（1）；（2）①证明见解析；②.
【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线斜率，利用直线的点斜式方程写出切线方程；
（2）①要证明函数在区间上—定存在极值点，就是证明导函数有变号零点，可转化为研究基本初等函数有交点，要证明该极值点为极小值点，可证明导函数在该点两侧的符号是左负有正；②若函数在区间上有极值，则方程在区间 上有解,所以应有，解不等式组可得的取值范围.
【详解】（1）若，则，
则点处的切线的斜率为.
则曲线在点处的切线方程为，即，即.
（2）①证明：，令.
易知在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以函数在区间上单调递增.
数形结合易知，函数与函数的图象在区间上
—定有交点，所以方程在区间上一定有根.
又根据函数的单调递增性，可知：
当时，，即；
当时，，即.
所以是函数在区间上的极小值点.
②解：由①得，函数在区间上单调递增. `
若函数在区间上有极值，则方程在区间 上有解,
数形结合易知，需满足，即，
解得.
故实数的取值范围是.
17．（1）见解析（2）．
【分析】（1）连接交与点，可证得，从而得证线面平行；
（2）以DA，DC所在直线，过点D且平行于的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的一个法向量，由直线的方向向量与法向量夹角的余弦值的绝对值求得线面角的正弦值．
【详解】（1）连接，记，连接DE，
在直三棱柱中，易知侧面为平行四边形，所以E是的中点，
又D为BC的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）因为，D为BC的中点，所以，
又在直三棱柱中，平面ABC，
所以可以DA，DC所在直线，过点D且平行于的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，为等腰直角三角形，
所以，，，，
故，，．
设平面的法向量为，则，即，所以，
令，得，则为平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
本题主要考查空间中线面位置关系的证明，线面角的求解，求空间可建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角，把空间想象问题转化为计算问题，考查考生的逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力．
18．（1）（2）4
【分析】(1)本题首先可以根据椭圆定义以及的周长为得出，然后根据椭圆过点得出，最后联立方程，即可得出结果；
(2)本题首先可根据题意求出的坐标为并设出直线的方程为，然后联立直线方程与椭圆方程并计算出、，再然后根据得出四边形的面积为，最后通过化简并利用不等式即可得出四边形的面积的最大值．
【详解】（1）因为的周长为，所以，
因为椭圆：过点，所以，
联立方程，解得，，所以椭圆的方程为；
（2）由（1）可知，的坐标为，由题意可知，显然直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，
联立，得，
所以，，且恒成立，
因为点满足，所以四边形为平行四边形，设其面积为，
则，
因为，所以，，
，
令，则，
当且仅当，即时，有最大值4，
所以四边形面积的最大值为4．
本题考查椭圆的相关性质，主要考查椭圆定义，韦达定理及向量知识，还考查了计算能力，考查化归与转化思想，考查如何利用基本不等式求最值，是难题．
19．(1)；
(2)数列具有性质，证明见详解；
(3)
【分析】（1）根据数列具有性质可得为等比数列，根据等比数列性质可求得答案；
（2）依据数列新定义，结合等比数列定义即可判断结论，进而证明；
（3）求出，可得，进而推出，分为奇、偶数，求出，综合可得答案.
【详解】（1）由题意数列具有性质为等比数列，设公比为，
由得，
，又，.
（2）数列具有性质；证明如下：
因为，
所以，
则，即为等比数列，
所以数列具有性质.
（3）因为，则.
当，，
故，
适合该式，故，
所以由，
得
，
因为数列具有性质，故为等比数列，设其公比为，则，
故，.
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
故.
关键点睛：本题是关于数列新定义类型题目，解答的关键是要理解数列新定义，并依据该定义去解决问题.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
C
A
A
B
C
C
BCD
AD
题号
11









答案
ABC