湖北省云学部分重点高中联盟2024-2025学年高三上学期10月联考数学试卷（教师版）

2024年湖北云学部分重点高中联盟高三年级10月联考数学试卷命题学校：孝感高中命题人：柴全中王燕霞张翔李丽珠审题人：褚卫斌考试时间：2024年10月8日15∶00-17∶00时长：120分钟满分：150分一、单选题：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.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意求集合，进而求交集.【详解】由题意可知：，，所以.故选：C.2.若则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用二倍角余弦公式，及齐次式弦化切，从而得到结果.【详解】，故选：D.3.数列是公差不为零的等差数列，它的前项和为，若且成等比数列，则（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】根据等差数列性质可得，再根据等比中项运算可得，即可得结果.【详解】设等差数列的公差，因为，即，又因为成等比数列，则，即，整理可得，所以.故选：B.4.已知函数，对任意的，都有成立，则的可能取值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意分析可知函数的最小正周期，在利用最小正周期公式运算求解.【详解】因为，即，可得，可知函数的最小正周期，且，即，解得.故选：D.5.对于平面凸四边形，若，则四边形的面积为（）A. B. C. D.大小不确定【答案】A【解析】【分析】根据向量夹角公式可得直线的夹角的余弦值，再结合面积公式运算求解.【详解】因为，则，可得，设直线的夹角为，则，可得，所以四边形的面积为.故选：A.6.已知函数在区间单调递增，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求得，分析可知对任意恒成立，参变分离结合正弦函数有界性分析求解.【详解】因，则，由题意可得对任意恒成立，即对任意恒成立，又因为，则，可得，所以实数的取值范围是.故选：A.7.在平面直角坐标系中，双曲线的左､右焦点分别为为双曲线右支上一点，连接交轴于点，若，且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，可得，，根据直角三角形三角比可得，再利用勾股定理列式求解.【详解】设，则，，因为，则，即，整理可得，则，又因为，即，整理可得，解得或（舍去），所以双曲线的离心率为.故选：B.8.已知函数有两个极值点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求导，分析可知有两个不相等的正根，根据二次方程根的分布解得，可得，构建，利用导数求值域即可.【详解】由题意可知：的定义域为，且，由题意可知：有两个不相等的正根，显然，即有两个不相等的正根，则，解得，可得，令，则，可知在内单调递减，则，且当趋近于0时，趋近于，即值域为，所以的取值范围是.故选：D.【点睛】关键点点睛：利用韦达定理可得，进而构建函数求值域.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题列出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（）A.若与互斥，则B.若与相互独立，则C.若，则与相互独立D.若发生时一定发生，则【答案】BC【解析】【分析】选项A，利用互斥事件的概率公式，即可求解；选项B，利用，求得，即可求解；选项C，利用相互独立的判断方法，即可求解；选项D，由题知，即可求解.【详解】对于选项A，因为与互斥，则，所以选项A错误，对于选项B，与相互独立，则，所以选项B正确，对于选项C，因为，所以，由相互独立的定义知与相互独立，所以选项C正确，对于选项D，因为发生时一定发生，所以，则，所以选项D错误，故选：BC.10.已知，且，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】对于A：结合题意利用反证法分析判断；对于C：根据题意结合不等式性质分析判断；对于B：根据，，结合不等式性质分析判断；对于D：根据题意分析可知，，即可得结果.【详解】对于A：因为，且，若，则，则，不合题意，所以；若，则，则，不合题意，所以；综上所述：，故A正确；对于C：因为，则，可得，即，可得，故C错误；对于B：由选项AC可知：，且，得，即，且，所以，故B正确；对于D：因为，可得，又因为，可得，所以，故D正确；故选：ABD.11.设是锐角三角形的两个内角，且，则下列不等式中正确的有（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】由题意可得：，且，，利用诱导公式结合三角恒等变换以及正弦函数的有界性逐项分析判断.【详解】因为是锐角三角形的两个内角，且，可得：，且，，对于选项A：因为，且，则，可得，因为，则，可得，所以，故A正确；对于选项B：因为，且，即，则，即，故B错误；对于选项C：因为，则，则，由选项A可知：，所以，故C正确；对于选项D：因为，又因为，则，可得，即，所以，故D正确；故选：ACD【点睛】关键点点睛：根据锐角三角形分析满足的条件和范围，这是解题的关键和基础.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若复数满足，则__________.【答案】【解析】【分析】先利用复数运算法则求出，进而求出模长.【详解】由已知条件可知，可得到，化简整理可得，，所以，所以.故答案为：13.若是偶函数，则实数的值为__________.【答案】【解析】【分析】由函数偶函数，则，代入计算并验证即可求出.【详解】函数是偶函数，则,,化简可得.当时，则所以，则，所以函数是偶函数，则.故答案为：14.在如图所示的直角梯形中，为梯形内一动点，且，若，则的最大值为__________.【答案】##【解析】【分析】建系，设，根据向量的坐标运算用表示，利用辅助角公式结合正弦函数最值求最值.【详解】如图，以为坐标原点，建立平面直角坐标系，则，且，可知点在标准单位圆上，可设，可得，若，可得，解得，则，其中，当且仅当，即，时，，此时为第四象限角，符合题意，取到最大值故答案为：.【点睛】关键点点睛：对于向量中的动点问题，常常建系，利用向量的坐标运算运算求解，可以简化复杂的线性运算推导.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知数列的前项和为且.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，数列的前项和为.求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意先求得，，利用构造法求得，即可得结果；（2）由（1）可得，即可得，利用裂项相消法求和即可.【小问1详解】因为，可得令，可得，即，由可得，且，可知数列是以首项为2，公比为2的等比数列，则，可得，即，则，且符合上式，所以.【小问2详解】由（1）可得：，则，可知bn是以首项，公差为1的等差数列，可得，当时，则，所以.16.在中，三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c.设向量，，且.（1）求角B大小；（2）设D是边上的一点，使得的面积是面积的2倍，且，求线段的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据向量共线的坐标表示可得，结合正弦定理边角互化以及三角恒等变换运算求解；(2)根据面积相等关系可得，再结合题中关系，两式联立即可得结果.【小问1详解】∵，∴.由正弦定理，得.在三角形中，，所以，∴，所以.【小问2详解】∵∴.∵，∴.两边同时除以，又，∴.又，∴.17.已知为实数，函数（其中是自然对数的底数）.（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的恒成立，求的最小值.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）对求导，得到，再分和两种情况，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解；（2）根据条件，利用（1）中结果得到，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而求出的最小值，即可求解.【小问1详解】易知，因为，所以，当时，恒成立，此时在上单调递增，当时，由，得到，当时，，当时，，即区间上单调递减，在区间上单调递增，综上，时，在上单调递增，时，的减区间为，增区间为.【小问2详解】因为当时，时，，由（1）知，要使对任意的恒成立，则，且恒成立，即恒成立，得到，所以，令，则，由，得到，当时，，时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，故的最小值为.18.如图，在四棱锥中，底面，，平面与平面的交线为.（1）求证：平面；（2）设为内一动点，且，求线段长度的最小值；（3）在（2）的条件下，当线段的长最小时，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，再由线面垂直的判定定理得到平面，即可求解；（2）取的中点，连接，由平面向量的数量积运算得得，当三点共线时，等号成立，此时取得最小值，即可求解；（3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和的方向向量，利用线面角的向量法，即可求解.【小问1详解】因为，所以，而平面，平面，得平面，由平面，平面平面，得，因为平面，平面，所以，而，平面，得平面，由，得平面．【小问2详解】如图所示：取的中点，连接，则，而，得，得，而，由，得，由，当三点共线时，等号成立，此时取得最小值，则线段长度的最小值为：．【小问3详解】当线段的长最小时，，以A为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：，，，，设平面的一个法向量为，由，得到，取，得到，即，设与平面所成角为，则．19.在信息论中，熵（entropy）是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵､信源熵.若把信息熵定义为概率分布的对数的相反数，设随机变量的所有取值为，定义信息熵：（1）若，且，求随机变量的信息熵；（