湖南省沅澧共同体2024−2025学年高三上学期第二次联考数学试题含答案

湖南省沅澧共同体2024−2025学年高三上学期第二次联考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．设命题，，则为（

）A．， B．，C．， D．，3．设，则的大小顺序为（

）A． B． C． D．4．已知，则（）A．1 B． C．2 D．5．若，向量与向量的夹角为，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．6．已知，则（

）A． B．C． D．7．关于x的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，则实数a的取值范围是（）A． B．C． D．8．设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．若满足对定义域内任意的，都有，则称为“优美函数”，则下列函数不是“优美函数”的是（

）A． B．C． D．10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（

）

A．B．的图象关于直线对称C．是偶函数D．将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象11．已知函数是奇函数，下列选项正确的是（

）A．B．，且，恒有C．函数在上的值域为D．若，恒有的一个充分不必要条件是三、填空题（本大题共3小题）12．函数的最小值是．13．用半径为的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的体积为．14．函数，已知在区间恰有三个零点，则的范围为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知分别为的三个内角的对边，且，，．(1)求及的面积；(2)若为边上一点，且，求的正弦值．16．已知数列an的前项和为，且，数列bn满足.(1)求；(2)设，数列的前项和为，求.17．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，，，，，是棱的中点．(1)求证：面；(2)求异面直线与所成角的余弦值；(3)在线段上是否存在一点，使得直线和平面所成角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．18．如图，已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直.(1)求椭圆的方程；(2)若，求的方程；(3)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值.19．已知是自然对数的底数．(1)讨论函数的单调性；(2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围；(3)当时，若满足，求证：．

参考答案1．【答案】B【详解】由题意，，则，所以.故选：B.2．【答案】A【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，命题“，”的否定“，”.故选：A.3．【答案】A【详解】由函数在0,+∞上单调递增，可得，.因函数在R上单调递增，则.故，即.故选：A4．【答案】B【详解】，则，所以.故选：B.5．【答案】C【分析】根据投影向量定义计算即可.【详解】由投影向量定义可知，在上的投影向量为.故选C.6．【答案】C【详解】因为，所以.故选：C.7．【答案】A【详解】函数的图象如图所示．若关于x的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，则即解得.故选：A．8．【答案】A【分析】求导后求出切线的斜率，再由点斜式得到切线方程，然后求出与坐标轴的交点，最后求出三角形面积即可；【详解】因为由题意可得，所以，所以切线方程为，因为令，则，令，则，所以三角形的面积为，故选A.9．【答案】ACD【详解】对于A，函数定义域为R，取，则，则存在，使得，故A满足题意；对于B，函数的定义域为，对于定义域内任意的，故B不满足题意；对于C，函数定义域为R，取，则，则存在，使得故C满足题意；对于D，函数定义域R，取，则，则存在，使得故D满足题意.故选：ACD.10．【答案】ABD【详解】A．由图可得，，，解得，又函数图象经过点，所以，即，因为，所以，解得，故，故A正确；B．当时，，此时函数取得最小值，的图象关于直线对称，故B正确；C．是奇函数，故C错误；D．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，故D正确，故选：ABD．11．【答案】AD【详解】对于A：∵函数是奇函数，其定义域为，则，解得，故A正确；对于B：由选项A可得：，对，且，则，可得，故，可得，则，即，故在上单调递增，∴，且，恒有，故B错误；对于C：∵，，且在定义域内单调递增，∴函数在上的值域为，故C错误；对于D：∵，恒有，且在上单调递增，∴，恒成立，即，恒成立，当时，则不恒成立，不合题意；当时，则，解得；综上所述：实数的取值范围为.∵，∴，恒有的一个充分不必要条件是，故D正确；故选：AD．12．【答案】/【详解】解：因为，所以，所以，．当且仅当时等号成立．所以，最小值为．故答案为：13．【答案】【详解】由题意知圆锥筒的母线长为2，设圆锥筒的底面半径等于,则，，圆锥筒的高为：，这个圆锥筒的体积为;.故答案为：14．【答案】【详解】由题意可得，令，即恰有三个实根，三根为：①，k，∵，∴，∴无解；或，当时，解得的范围为，故答案为：15．【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用余弦定理可得出关于的二次方程，可解出的值，进而可求得的面积；（2）在中，利用正弦定理可求得的值，再由可得出，进而可求得的正弦值.【详解】（1）由余弦定理得，整理得，即，因为，解得，所以.（2）由正弦定理得：，所以，在三角形中，因为，则，所以.16．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由与的关系，再结合即可求解；（2）由错位相减法即可求解.【详解】（1）由，当时，.当时，，也适合.综上可得，由，所以.（2）由（1）知①①②得②，所以.17．【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在；或【详解】（1）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，,,，且平面平面（2）由（1）得，，异面直线与所成角的余弦值为．（3）由（1）得，,．设平面的法向量n=x,y,z由得，，令，则，设，．整理得，，解得或存在点或．18．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1）由题意得解得，故椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，由得，由，得，则.，解得或当时，直线经过点，不符合题意，舍去；当时，直线的方程为.（3）直线，均不与轴垂直，所以，则且，所以为定值.19．【答案】(1)答案见解析；(2)；(3)证明见解析.【详解】（1）函数的定义域为R，求导得，当时，恒有，则函数在R上单调递增；当时，由，得；由，得，即函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数的递增区间为；当时，函数的递减区间为，递增区间为.（2）方程，当时，方程不成立，则，令，依题意，方程有两个不等实根，即直线与的图象有2个交点，求导得，当或时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，而当时