精品解析：湖南省长沙市铁路第一中学2025届高三上学期10月联考数学试题

2024年高三10月联考卷 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合，由并集的定义求解即可. 【详解】由可得：，所以， 由可得：，所以， 所以. 故选：C. 2. 已知为虚数单位，复数满足，则的值为（ ） A. 1 B. C. 或 D. 1或 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数代数形式的运算法则和复数模的概念列方程求解. 【详解】设，，则，， 因为， 所以，或 当时，；当时，. 故选：C 3. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】利用在上的投影向量的定义求解. 【详解】解：由已知可得，在上的投影向量为， 又在上的投影向量，所以. 所以，D正确． 故选：D. 4. 已知函数满足，且在区间上单调递减.设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，得到对称轴为，然后求解，进而利用在上单调递减，比较大小，判断选项. 【详解】由，得到对称轴为，则， 而，又在上单调递减， 则，得. 故选：D 5. 已知圆锥的母线长为定值R，当圆锥的体积最大时，圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的高为，整理可得圆锥的体积，求导，利用导数判断原函数的单调性和最值，即可得结果. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则， 可得， 则圆锥的体积，则， 当时，；当时，； 则在上单调递增，在内单调递减， 可知当，即时，圆锥的体积取到最大值. 故选：B. 6. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的图象可得其导函数在不同区间内的符号，再由得到关于的不等式组，求解不等式组后取并集即可得到原不等式的解集． 【详解】由函数的图象可得： 当时，函数单调递增，则， 当时，函数单调递减，则． 当时，函数单调递增，则， 由①或② 解①得，，解②得，， 综上，不等式的解集为. 故选：A． 7. 若正项等比数列满足，则数列的前4项的和的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设正项等比数列的公比为，由，可得，求解可得，进而可求得，可求得数列的前4项的和的值. 【详解】设正项等比数列的公比为， 因为，所以， 解得，所以， 所以，所以， 所以， 所以数列的前4项的和的值为. 故选：A. 8. 已知小明射箭命中靶心的概率为，且每次射击互不影响，则小明在射击4次后，恰好命中两次的概率是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项分布的概率即可得解． 【详解】由已知命中的概率为，不命中的概率为，射击4次，命中两次， 故概率. 故选：D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，至少有两项是符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分） 9. 如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点，点是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（    ） A. 直三棱柱的侧面积是 B. 直三棱柱的外接球表面积是 C. 三棱锥的体积与点的位置无关 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先计算长，再根据直棱柱的侧面积公式，即可判断A；首先计算外接圆的半径，再根据几何关系求外接球的半径，代入公式，即可判断B；根据体积公式，结合线与平面平行的关系，即可判断C；利用展开图，结合几何关系，即可判断D. 【详解】A.中，， 所以直棱柱的侧面积为，故A正确； B.外接圆的半径， 所以直棱柱外接球的半径， 则直三棱柱外接球的表面积，故B错误； C.因为，且平面，平面，所以平面， 点在上，所以点到平面的距离相等，为等腰三角形底边的高为， 且的面积为， 则三棱锥的体积为定值，与点的位置无关，故C正确； D.将侧面展开为如图长方形，连结,交于点， 此时最小，最小值为，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是将平面与展开到同一个面，利用两点之间距离最短即可得解. 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（　　） A. 若，则 B. 若，则此三角形为直角三角形 C. 若，则解此三角形必有两解 D. 若是锐角三角形，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正弦定理、二倍角的余弦公式、两角和的正弦公式、三角形个数的判断方法以及辅助角公式即可求解． 【详解】对于A：因为，由正弦定理可得， 则, 又，则，，， 可得，整理得， 又因为， 可得或，即或， 所以或，故A错误； 对于B：因为，则， 所以， 所以， 在三角形中，，所以，所以， 则此三角形为直角三角形，故B正确； 对于C：因为，所以，所以， 则解此三角形只有一解，故C错误； 对于D：因为是锐角三角形， 所以，所以， 所以，所以，即， 同理， 则，故D正确． 故选：BD. 11. 已知数列的首项为，且，数列、数列数列的前项和分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先推出均为非零项，变形得到是以4为首项，公比为4的等比数列，求出通项公式，对于A，计算出，A错误；B选项，分组求和得到；C选项，，分组求和即可；D选项，错位相减法并进行放缩得到答案. 【详解】若数列中存在某项，由可推得， 进而所有项均为0，与矛盾，故数列均为非零项． 由两边同时除以，可得， 所以， 故数列是以4为首项，公比为4的等比数列，所以，即， 对于A，因为，可得，矛盾，所以A错误； 对于B，由， 所以成立，所以B正确； 对于C，由， 所以，所以C正确； 对于D，因为，则， 错位相减得， 则成立，所以D正确． 故选：BCD 【点睛】结论点睛：常见的裂项相消法求和类型： 分式型：，，等； 指数型：，等， 根式型：等， 对数型：，且； 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 12. 已知，，且，则的最小值是__________． 【答案】##． 【解析】 【分析】利用 “1”的巧用及基本不等式即可求解. 【详解】由，得， 因为，， 所以， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 所以的最小值是． 故答案为：． 13. 已知函数在区间上有且仅有5个零点，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复合型三角函数最小正周期的计算公式，结合其图像性质列不等式求解. 【详解】因为，所以函数的最小正周期． 因为在区间上有5个零点， 所以，即， 可得； 故答案为：. 14. 设函数给出下列四个结论： ①当时，函数在上单调递减； ②若函数有且仅有两个零点，则； ③当时，若存在实数，使得，则的取值范围为； ④已知点，函数的图象上存在两点，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上．若，则． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】根据时，即可判断①，求解方程的根，即可求解②，结合函数图象，求解临界状态时，即可求解③，根据函数图象的性质可先判断，继而根据对称性联立方程得，，根据可得，代入即可求解④. 【详解】当时，时，，故在上不是单调递减，①错误； 对于②，当显然不成立，故， 当时，令，即，得，，要使有且仅有两个零点，则，故，②正确， 对于③, 当时,,此时在单调递减，在单调递增，如图： 若，由，故，所以的取值范围为；③正确 对于④,由①③可知：时，显然不成立,故， 要使，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上， 则只需要的图象与有两个不同的交点，如图： 故， ， 由对称可得， 化简可得，故， ，化简得 所以 由于均大于0，所以，， 因此 由于，为单调递增函数，且， 此时，因此，④正确， 故答案为：②③④ 【点睛】方法点睛：函数零点问题常用的方法和思路 （1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知等比数列的前项和为，，数列满足． （1）求数列，的通项公式； （2）令，求的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等比数列前n项求和公式建立方程组，解得，结合等比数列的通项公式即可求出；根据数列和与项的递推关系即可求出； （2）由（1）可得，结合错位相减法计算即可求解. 【小问1详解】 因为，所以公比，由，即， 解得，所以； 由， 得， 两式相减，得， 所以， 当时，满足上式， 故. 【小问2详解】 由（1）知，，，所以， ， ， 两式加减， 得， 所以. 16. 如图，在三棱锥中，，，分别是侧棱，，的中点，，平面. （1）求证：平面平面； （2）如果，，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为，，分别是侧棱，，的中点， 所以， 因为，所以， 因为平面，平面， 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）易得，根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）易得两两垂直，求出，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以， 因为，所以， 所以， 因为平面，， 所以平面， 又平面，所以， 所以两两垂直， 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 因为平面， 所以即为平面的一条法向量， 故， 所以二面角的余弦值. 【点睛】 17. 近年来，某大学为响应国家号召，大力推行全民健身运动，向全校学生开放了两个健身中心，要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的体育锻炼. （1）该校学生甲､乙､丙三人某周均从两个健身中心中选择其中一个进行健身，若甲､乙､丙该周选择健身中心健身的概率分别为，求这三人中这一周恰好有一人选择健身中心健身的概率； （2）该校学生丁每周六､日均去健身中心进行体育锻炼，且这两天中每天只选择两个健身中心的其中一个，其中周六选择健身中心的概率为.若丁周六选择健身中心，则周日仍选择健身中心的概率为；若周六选择健身中心，则周日选择健身中心的概率为.求丁周日选择健身中心健身的概率； （3）现用健身指数来衡量各学生在一个月的健身运动后的健身效果，并规定值低于1分的学生为健身效果不佳的学生，经统计发现从全校学生中随机抽取一人，其值低于1分的概率为0.02.现从全校学生中随机抽取一人，如果抽取到的学生不是健身效果不佳的学生，则继续抽取下一个，直至抽取到一位健身效果不佳的学生为止，但抽取的总次数不超过.若抽取次数的期望值不超过23，求的最大值. 参考数据：. 【答案】（1） （2） （3）30 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式进行计算； （2）设出事件，利用全概率公式进行求解； （3）设抽取次数为，求出的分布列和数学期望，利用错位相减法求出，利用单调性，结合特殊值，求出答案. 【小问1详解】 由题意得这三人中这一周恰好有一人选择健身中心健身的概率 . 【小问2详解】 记事件：丁周六选择健身中心，事件：丁周日选择健身中心， 则， 由全概率公式得. 故丁周日选择健身中心健身的概率为. 【小问3详解】 设从全校学生中随机抽取1人，抽取到的学生是健身效果不佳的学生的概率为，则， 设抽取次数为，则的分布列为 1 2 3 故， 又， 两式相减得， 所以 ， 所以在时单调递增， 可知当时，； 当时，； 当时，. 若抽取次数的期望值不超过23，则的最大值为30. 18. 已知椭圆：的离心率为，过点的直线交于点，，且当轴时，. （1）求的方程 （2）记的左焦点为，若过，，三点的圆的圆心恰好在轴上，求直线的斜率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得点在上，结合离心率可求椭圆的方程； （2）设圆心，，，：，由，可得，进而可得，分别是方程的两根，可得，联立直线与椭圆方程可得，可求直线的斜率. 【小问1详解】 当轴时，， 所以点在上， 依题意，解得，，， 所以的方程为. 【小问2详解】 设圆心，，，， 显然直线的斜率存在，设：， 由，得， 又，代入得到， 同理可得， 则，分别是方程的两根， 由韦达定理可得. 又联立：与， 得，， 所以， 所以 故，解得， 故直线的斜率为. 19. 对于四个正数m、n、p、q，若满足，则称有序数对是的“下位序列”． （1）对于2、3、7、11，有序数对是的“下位序列”吗？请简单说明理由； （2）设a、b、c、d均为正数，且是的“下位序列”，试判断、、之间的大小关系； （3）设正整数n满足条件：对集合内的每个m，总存在正整数k，使得是的“下位序列”，且是的“下位序列”，求正整数n的最小值． 【答案】（1） ， 是的"下位序列"； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据“下位序列”的定义判断即可； （2）由条件可得，然后利用作差比较大小即可； （3）根据“下位序列”的定义列不等式组，利用不等式组求出的范围，然后将恒成立问题转化最值问题，即可求出正整数的最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 是的“下位序列”， ， ，，，均为正数， 故， 即， ， 同理， 综上所述：； 【小问3详解】 由已知得， 因为为整数， 故， ， ， 该式对集合内的每一个 的每个正整数都成立， ， 所以正整数的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年高三10月联考卷 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，复数满足，则的值为（ ） A. 1 B. C. 或 D. 1或 3. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 已知函数满足，且在区间上单调递减.设，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的母线长为定值R，当圆锥的体积最大时，圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 若正项等比数列满足，则数列的前4项的和的值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知小明射箭命中靶心的概率为，且每次射击互不影响，则小明在射击4次后，恰好命中两次的概率是（　　） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，至少有两项是符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分） 9. 如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点，点是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（    ） A. 直三棱柱的侧面积是 B. 直三棱柱的外接球表面积是 C. 三棱锥的体积与点的位置无关 D. 的最小值为 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（　　） A. 若，则 B. 若，则此三角形为直角三角形 C. 若，则解此三角形必有两解 D. 若是锐角三角形，则 11. 已知数列的首项为，且，数列、数列数列的前项和分别为，则（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 12. 已知，，且，则的最小值是__________． 13. 已知函数在区间上有且仅有5个零点，则的取值范围是__________． 14. 设函数给出下列四个结论： ①当时，函数在上单调递减； ②若函数有且仅有两个零点，则； ③当时，若存在实数，使得，则的取值范围为； ④已知点，函数的图象上存在两点，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上．若，则． 其中所有正确结论的序号是______． 四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知等比数列的前项和为，，数列满足． （1）求数列，的通项公式； （2）令，求的前项和． 16. 如图，在三棱锥中，，，分别是侧棱，，的中点，，平面. （1）求证：平面平面； （2）如果，，求二面角的余弦值. 17. 近年来，某大学为响应国家号召，大力推行全民健身运动，向全校学生开放了两个健身中心，要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的体育锻炼. （1）该校学生甲､乙､丙三人某周均从两个健身中心中选择其中一个进行健身，若甲､乙､丙该周选择健身中心健身的概率分别为，求这三人中这一周恰好有一人选择健身中心健身的概率； （2）该校学生丁每周六､日均去健身中心进行体育锻炼，且这两天中每天只选择两个健身中心的其中一个，其中周六选择健身中心的概率为.若丁周六选择健身中心，则周日仍选择健身中心的概率为；若周六选择健身中心，则周日选择健身中心的概率为.求丁周日选择健身中心健身的概率； （3）现用健身指数来衡量各学生在一个月的健身运动后的健身效果，并规定值低于1分的学生为健身效果不佳的学生，经统计发现从全校学生中随机抽取一人，其值低于1分的概率为0.02.现从全校学生中随机抽取一人，如果抽取到的学生不是健身效果不佳的学生，则继续抽取下一个，直至抽取到一位健身效果不佳的学生为止，但抽取的总次数不超过.若抽取次数的期望值不超过23，求的最大值. 参考数据：. 18. 已知椭圆：的离心率为，过点的直线交于点，，且当轴时，. （1）求的方程 （2）记的左焦点为，若过，，三点的圆的圆心恰好在轴上，求直线的斜率. 19. 对于四个正数m、n、p、q，若满足，则称有序数对是的“下位序列”． （1）对于2、3、7、11，有序数对是的“下位序列”吗？请简单说明理由； （2）设a、b、c、d均为正数，且是的“下位序列”，试判断、、之间的大小关系； （3）设正整数n满足条件：对集合内的每个m，总存在正整数k，使得是的“下位序列”，且是的“下位序列”，求正整数n的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $