湖南省部分重点高中2024-2025学年高三上学期11月期中质量检测数学试题含答案

高三年级一轮复习中期质量检测数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：解答题按高考范围，其他题侧重考查集合与常用逻辑用语､不等式､函数与导数､三角函数与解三角形､平面向量､数列.一､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（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解不等式求得集合，根据交集定义可得结果.【详解】由得：，即；由得：，即，.故选：A.2.在中国传统的十二生肖中，马､牛､羊､鸡､狗､猪为六畜，则“甲的生肖不是马”是“甲的生肖不属于六畜”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【答案】B【解析】【分析】根据充分性和必要性的概念判断即可.【详解】若甲的生肖不是马，则甲的生肖未必不属于六畜；若甲的生肖不属于六畜，则甲的生肖一定不是马，所以“甲的生肖不是马”是“甲的生肖不属于六畜”的必要不充分条件，故选：B3.为了让自己渐渐养成爱运动的习惯，小张11月1日运动了2分钟，从第二天开始，每天运动的时长比前一天多2分钟，则从11月1日到11月15日，小张运动的总时长为（）A.3.5小时 B.246分钟C.4小时 D.250分钟【答案】C【解析】【分析】根据等差数列求和公式计算可得结果.【详解】依题意可得，小张从11月1日开始，第1天､第2天､､第15天的运动时长依次成等差数列，且首项为2，公差为2，所以从11月1日到11月15日，小张运动的总时长为分钟小时.故选：C4.在梯形中，，与BD交于点，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据相似可得，即可由向量的线性运算即可求解.【详解】由于，故，进而，故.故选：A.5.将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象.若的图象关于点对称，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据函数图象的平移可得，即可根据对称得求解.【详解】由题意可得，由于的图象关于点对称，故，故,解得，取，为最小值，故选：A6.已知，则最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意知，然后根据基本不等式即可求解.【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为.故选：A.7.若，，则的最小值为（）A. B.0 C. D.【答案】A【解析】【分析】由条件得，构造函数，利用导数求出的最小值，从而得出答案.【详解】，当且仅当时，等号成立.设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，∴当且仅当时，取得最小值，且最小值为.故选：A.8.若，则的值可以为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据二倍角的正切公式以及弦切互化可得，进而得，即可求解.【详解】由于，，故由可得，故,则，取，取，因此只有符合要求，故选：B二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.若与分别为定义在R上的偶函数、奇函数，则函数的部分图象可能为（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】利用函数奇偶性的定义可得结论.【详解】因为与分别为定义在上的偶函数、奇函数，所以，所以函数为奇函数，所以的图象关于原点对称.故选：AC.10.如图，在中，，，点，分别边，上，点，均在边上，设，矩形的面积为，且关于的函数为，则（）A.内切圆的半径为 B.C.先增后减 D.的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用等面积法可求出内切圆的半径；对于B、C、D，由得到，进而可求出的长，所以可求出矩形的面积为，进而判断B、C、D.【详解】对于A，取的中点，连接，则，且，所以的面积为，假设内切圆的半径为，则，所以，解得，故A正确；对于B、C、D，过作，垂足为，设与交于点，由等面积法可得，则.由，得，则，所以，则，则在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为，故B错误，C，D均正确.故选：ACD.11.已知向量，，满足，，，，则（）A. B.的最大值为C.最小值为 D.的最大值为【答案】BC【解析】【分析】根据向量的模长及夹角，不妨设，，，通过，可求出是以原点为起点，终点在以为圆心，为半径的圆上的向量.根据向量模长的坐标运算可判断项；根据圆上一点到圆上一点距离的最大值为直径可判断项，根据圆内一点到圆上一点距离的范围为可判断，项.【详解】根据题意不妨设，，，则，，所以，化简得，记为圆，即是以原点为起点，终点在以为圆心，为半径的圆上的向量.对于，，所以，故错误；对于，表示原点到圆上一点的距离，因为原点在圆上，所以的最大值为圆的直径，即，故正确；对于，，表示点到圆上一点的距离，因为点在圆内，所以的最小值为,的最大值为，故正确，错误.故选：.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.__________.【答案】【解析】【分析】利用对数的运算法则计算即可.【详解】.故答案为：.13.将一副三角板按如图所示的位置拼接：含角的三角板的长直角边与含角的三角板的斜边恰好重合.与相交于点.若，则___________.【答案】【解析】【分析】根据三角板的内角以及边长利用三角恒等变换和等面积法即可得.【详解】由题可知.由可得：，则，解得故答案为：14.已知函数，，若与的零点构成的集合的元素个数为3，则m的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】由函数零点的定义转化为直线与函数的图象共有3个交点求解.【详解】由，得，令函数，一次函数在R上单调递增，值域为R，因此直线与函数的图象有且只有一个交点，即函数有1个零点；由，得，令函数，依题意，函数有不同于的两个零点，即直线与函数的图象有两个交点，且交点横坐标不能是，由，求导得，当时，；当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，，而，当时，恒成立，则当时，直线与函数的图象有两个交点，当，即时，或，则当或时，与的零点相同，由，得，由，得，因此且，所以m的取值范围是.故答案为：【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．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.某红茶批发地只经营甲､乙､丙三种品牌的红茶，且甲､乙､丙三种品牌的红茶优质率分别为.（1）若该红茶批发地甲､乙､丙三种品牌的红茶市场占有量的比例为，小张到该批发地任意购买一盒红茶，求他买到的红茶是优质品的概率；（2）若小张到该批发地甲､乙､丙三种品牌店各任意买一盒红茶，求他恰好买到两盒优质红茶的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设出对应事件，利用全概率公式完成概率计算；（2）先分析目标事件所包含的事件，然后利用概率乘法公式计算出结果.【小问1详解】设事件分别表示小张买到的红茶品牌为甲品牌、乙品牌、丙品牌，事件表示他买到的红茶是优质品，则依据已知可得，，由全概率公式得，所以他买到的红茶是优质品的概率为.【小问2详解】设事件表示他恰好买到两盒优质红茶，组成事件的情况有：甲乙优质红茶丙非优质红茶、甲丙优质红茶乙非优质红茶，乙丙优质红茶甲非优质红茶，且优质与否互相独立，则，所以他恰好买到两盒优质红茶的概率为.16.设数列的前n项和为，，．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1），（2），【解析】【分析】（1）由得，相减可得递推公式，进而判断an为等比数列，从而可得等比数列的通项公式；（2）根据题意计算可得数列bn的通项公式，进而通过裂项相消法可得前n【小问1详解】由，得，两式相减得，即．因为，所以，得，满足．所以an是首项为8，公比为4的等比数列，，．【小问2详解】因为，所以．所以.故数列bn的前n项和为，.17.如图，在体积为的三棱柱中，平面平面，，.（1）证明：平面.（2）求平面与平面夹角的余弦值【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）先根据体积为得到，再由线线垂直得到线面垂直；（2）根据空间向量法求面面角.【小问1详解】证明：取的中点，连接.由为正三角形，得.因为平面平面且交于，所以平面，即为该三棱柱的高.因为三棱柱的体积，且，所以.因，所以，即.由平面平面且交于，平面，可得平面.因为平面，所以.因为，所以.在菱形中，.又因，平面，平面，所以平面.【小问2详解】如图，过作直线平行于交于，以为原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，.设平面的法向量为，因为.所以令，得.设平面的法向量为，因为，所以令，得.因为，所以平面与平面夹角的余弦值为.18.已知为坐标原点，动点到轴的距离为，且，其中，均为常数，动点的轨迹称为曲线.（1）判断曲线为何种圆锥曲线.（2）若曲线为焦点在轴上的椭圆，求的取值范围.（3）设曲线为曲线，斜率为的直线过的右焦点，且与交于，两个不同的点.若点关于轴的对称点为点，证明：直线过定点.【答案】（1）曲线为双曲线.（2）.（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据点点建立可得，即可代入，根据双曲线方程的特征求解，（2）根据焦点在轴上的椭圆的性质可得，即可求解。（3）联立直线与曲线方程得韦达定理，根据点斜式求解方程，即可代入化简求解.【小问1详解】设，由，得.当时，，即，则曲线为双曲线.【小问2详解】由和可得，得，若曲线为焦点在轴上的椭圆，即且，所以可化为，所以，则，故的取值范围为.【小问3详解】由得曲线的方程为，则的右焦点为设联立，得，则因为点关于轴的对称点为点，所以，则直线的方程为，根据对称性可知，直线经过的定点必在轴上.令，得.当时，，故直线过定点.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为,则直线过定点;若直线方程为(为定值),则直线过定点19.若存在有限个，使得，且不是偶函数，则称为“缺陷偶函数”，称为的偶点.（1）证明：为“缺陷偶函数”，且偶点唯一.（2）对任意x，，函数，都满足.①若是“缺陷偶函数”，证明：函数有2个极值点.②若，证明：当时，.参考数据：，.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据，即可解方程求解，（2）①根据，取，可得，即可对求导，根据导函数的正负确定函数单调性，结合极值定义求证，②利用放缩法，先证明故，构造，求导，确定函数的最值即可求解.【小问1详解】由可得，由可得，解得，所以为“缺陷偶函数”，且偶点唯一，且为0，【小问2详解】由可得对任意x，，恒成立，所以存在常数，使得,令，则，且，解得，①，则，由