湖北省荆州市沙市中学2025届高三上学期10月月考数学试题

上学期2022级10月月考数学试卷一、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.已知集合，则下列表述正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】集合表示正奇数除以4，集合表示整数除以4，据此可以判断两个集合的关系.【详解】表示是含义是正奇数除以4，表示的含义是整数除以4,所以，故选：C.2.已知非零向量的夹角为，且，，则（）A.2π3 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据数量积及夹角的公式计算即可.【详解】由，得；由，得，所以，所以，因为，所以．故选：A．3.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据半径求底面周长，由弧长公式可得母线长，然后可得侧面积.【详解】因为底面半径，所以底面周长，又圆锥母线长，所以圆锥侧面积．故选：A．4.若，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用正弦的差角公式结合弦切关系分别计算，再根据和角公式计算即可.【详解】因为，又，即，则，所以，故.故选：D5.已知，，若，，使得，则实数的取值范围是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件求出函数的最小值，的最小值即可列式求解.【详解】函数在上单调递增，则有，又在上单调递减，则有，因为，，使得，于是得，解得，所以实数的取值范围是．故选：A6.已知函数的部分图象如图所示，图象的一个最高点为，图象与轴的一个交点为，且点M，N之间的距离为5，则（）A. B. C. D.2【答案】D【解析】【分析】由函数图象可得函数周期，即可得，结合特殊点的坐标计算可得，即可得.【详解】函数的最大值为4．设的最小正周期为，依题意，得，解得，所以，解得，所以，又点在函数的图象上，所以，结合图象，知，解得，所以，所以．故选：D．7.过双曲线的右焦点向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，线段FD与双曲线交于点，过点向另一条渐近线作垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据点到直线的距离公式可以求出|的长，再根据列出等式即可寻找a,b,c的关系，进而可以得到双曲线的离心率.【详解】由题意，知双曲线的渐近线方程为．设双曲线的半焦距为，则右焦点到渐近线的距离．设点，则，即．又，所以，解得．故选：A．8.设函数则满足的x的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】观察题设条件与所求不等式，构造函数，利用奇偶性的定义与导数说明其奇偶性和单调性，从而将所求转化为，进而得解.【详解】因为，所以，设，显然定义域为，，又，所以为上的奇函数，又，所以在上单调递增，又，则，所以，即，所以，解得，则满足的的取值范围是．故选：C．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.若，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】由不等式的性质判断.【详解】∵，则，，∴，即，A正确；例如，，，，，显然，B错误；由得，，∴，即，C正确；易知，，，，∴，D正确；故选：ACD．10.已知随机变量X，Y，其中，已知随机变量X的分布列如下表X12345pmn若，则（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】由分布列的性质和期望公式求出可判断ABC；由方差公式可判断D.【详解】由可得：①，又因为，故C正确.所以，则②，所以由①②可得：，故A正确，B错误；，故D错误.故选：AC.11.如图，在平行四边形中，，且，为的中线，将沿BF折起，使点到点的位置，连接AE，DE，CE，且，则（）A.平面 B.AE与平面所成角的正切值是C.BC与DE所成的角为 D.点到平面的距离为【答案】AB【解析】【分析】A.根据线面垂直的判定定理，转化为证明平面；B.首先利用垂直关系说明平面，即可说明与平面所成的角为；C.根据平行关系，将异面直线所成角转化为相交直线所成角，或其补角即为与所成的角；D.利用等体积转化法求点到平面的距离.【详解】因为，且，所以，．又为的中线，所以，．因为，所以．由题意，知，所以．又，且，平面，所以平面，故A正确；因为，，，所以平面．又，所以平面．所以与平面所成的角为．中，，．所以，故B正确；因为，所以或其补角即为与所成的角，连接，在中，，，，所以由余弦定理，得．在中，由勾股定理，得．所以在中，，．由余弦定理的推论，得，所以，所以与所成的角为，故C错误；因为，且，所以．又，所以．因为点到平面的距离为，所以由等体积法，得点到平面的距离为，故D错误．故选：AB三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若直线：与圆：交于，两点，则______.【答案】【解析】【分析】首先确定圆心和半径，应用点到直线距离公式求圆心到直线的距离，再由几何法求弦长即可．【详解】由圆，故圆心，半径为，直线，故圆心到直线的距离为，．故答案为：．13.已知的内角，，的对边分别为，，，，，若为中点，则______．【答案】【解析】【分析】根据余弦定理可得，即可利用向量的模长求解.【详解】由余弦定理，，将，代入解得，因为CD=12CA+故答案为：14.对，恒成立，则a的最小值为__________.【答案】##【解析】【分析】对不等式变形，同构函数，利用单调性转化后分离参数，求函数最值得解.【详解】，，令，则，由有意义知，，所以，∵，∴单调递增，∴，令，则，当时，，当时，，所以在单调递增，在上单调递减，故时，，故当即时，，所以，即.故答案为：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.已知函数.（1）求的极值；（2）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）极小值为，无极大值（2）【解析】【分析】（1）求得，得出函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；（2）根据题意，转化为任意，不等式恒成立，设，求得，得出函数的单调性，求得的最小值，即可求解.【小问1详解】解：由函数，可得，令，即，解得；令，即，解得，所以函数在区间单调递减，单调递增，当时，取得极小值，极小值为，无极大值.【小问2详解】解：由不等式恒成立，即恒成立，即对于任意，不等式恒成立，设，可得，令，即，解得；令，即，解得，所以在上单调递减，在单调递增，所以，当时，函数取得极小值，同时也时最小值，，所以，即，所以实数的取值范围为.16.锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c，满足（1）求角C；（2）求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由正弦定理得，再结合余弦定理即可求得角C；（2）先通过降幂公式得，再由结合辅助角公式得到，由锐角三角形求得角的范围，即可求解.【小问1详解】由，结合正弦定理可得，即，所以，又，故；【小问2详解】，因为锐角三角形，故，解得，则，，故，即的取值范围为.17.已知四棱锥的底面是一个梯形，，，，，，.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明；（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，作出轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【小问1详解】设的中点分别为，连接.因为，所以.因为，所以.在梯形中，，所以，，，因此，所以，又，平面，，所以平面.又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，作出轴，建立空间直角坐标系，则.则，，设平面的法向量，，即，令，得到，，即.设平面的法向量，则，则，令，得到，，即..因为二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值是.18.我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左､右顶点.（1）求双曲线的方程；（2）设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为.（i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；（ii）求的取值范围.【答案】（1）（2）（i）为定值，（ii）【解析】【分析】（1）设出双曲线方程，根据离心率的乘积得到方程，求出，得到答案；（2）（i）设，直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，得到；（ii）方法一：设直线，代入双曲线方程，由两根之积得到，结合点A在双曲线的右支上，得到，同理得到，结合确定，由和函数单调性得到答案；方法二：求出双曲线的渐近线方程，由于点A在双曲线的右支上，与渐近线的斜率比较得到，同理可得，结合求出，由和函数单调性得到答案.【小问1详解】由题意可设双曲线，则，解得，所以双曲线的方程为.【小问2详解】（i）设，直线方程为，由，消元得.则，且，，或由韦达定理可得，即,，即与的比值为定值.（ii）方法一：设直线，代入双曲线方程并整理得，由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，.由韦达定理得：，解得.因为点A在双曲线的右支上，所以，解得，即，同理可得，由（i）中结论可知，得，所以，故，设，其图象对称轴为，则在上单调递减，故，故的取值范围为；方法二：由于双曲线的渐近线方程为，如图，过点作两渐近线的平行线，由于点A在双曲线的右支上，所以直线介于直线之间（含轴，不含直线），所以.同理，过点作两渐近线的平行线，由于点在双曲线的右支上，所以直线介于直线之间（不含轴，不含直线），所以.由（i）中结论可知，得，所以,故.【点睛】方法点睛：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．19.对于一组向量，，，…，，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”．（1）设，且，若是向量组，，的“长向量”，求实数x的取值范围；（2）若，且，向量组，，，…，是否存在“长向量”?给出你的结论并说明理由；（3）已知，，均是向量组，，的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列，，，…，满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值．【答案】（1）（2）存在，理由见解析（3）【解析】【分析】（1）根据“长向量”的定义，列不等式，求的取值范围即可得；（2）由题意可得，亦可得，故只需使，计入计算即可得；（3）首先由，，均是向量组，，的“长向量”，变形得到，设,由条件列式，变形为，转化为求的最小值.