精品解析：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

2024—2025学年度上学期2022级 10月月考数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2024年10月24日 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】表示是的含义是正奇数除以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. 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】C 【解析】 【分析】利用正弦的差角公式结合弦切关系分别计算和，再根据和角公式计算即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以， 所以，， 所以. 故选：. 5. 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：A 6. 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 X 1 2 3 4 5 p m n 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． 在中，，．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，所以，所以． 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，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：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. （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】 略 【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“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妹”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，直线的方程为， 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“长向量”，且“长向量”为，，理由如下： 由题意可得， 若存在“长向量”，只需使， 又， 故只需使 ，即，即， 当或时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为，； （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. 【小问1详解】 由题意可得：，则，解得：； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意，得，，即， 即，同理， ， 三式相加并化简，得：， 即，，所以， 设，由得：， 设，则依题意得：， 得， 故， ， 所以， ， 当且仅当时等号成立， 故. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，理解“长向量”的定义，前两问均是利用定义解题，第三问注意转化关系，关键是转化为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度上学期2022级 10月月考数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2024年10月24日 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. 2. 已知非零向量的夹角为，且，，则（ ） A. B. C. D. 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. 4. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，若，，使得，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 6. 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 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. 8. 设函数则满足的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 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 X 1 2 3 4 5 p m n 若，则（ ） A. B. C. D. 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 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______. 13. 已知的内角，，的对边分别为，，，，，若为中点，则______． 14. 对，恒成立，则a的最小值为__________. 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. 16. 锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为，满足 （1）求角C； （2）求的取值范围. 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. 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“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妹”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. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $