湖南省長沙市2024-2025學年高三下冊第十次月考數學試卷附解析

/湖南省長沙市2024_2025學年高三下冊第十次月考數學試卷一、單選題1．若全集，集合，，則集合（

）A． B． C． D．2．歐拉公式把自然對數的底數，虛數單位，三角函數和聯(lián)系在一起，被譽為“數學的天橋”．若復數滿足，則的虛部為（

）A． B．1 C． D．23．如圖，，，，且，直線，過三點的平面記作，則與的交線必經過（

）A．點 B．點 C．點但不過點 D．點和點4．某學校舉行運動會，該校高二年級2班有甲、乙、丙、丁四位同學將參加跳高、跳遠、100米三個項目的比賽，每人只能參加一個項目，每個項目至少有一個人參加，若甲、乙兩人不能參加同一項目的比賽，則不同參賽方案總數為（

）A．24 B．30 C．32 D．365．如圖，已知等腰中，，，點是邊上的動點，則（

）A．為定值10 B．為定值6C．最大值為18 D．與P的位置有關6．在中，內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若，，則該三角形的外接圓直徑為（

）A．14 B．7 C． D．7．已知函數，.若，，.則下列關系式正確的是（

）A． B． C． D．8．已知，分別是雙曲線的左、右焦點，以線段為直徑的圓與雙曲線及其漸近線在第一象限分別交于兩點，若兩點的橫坐標之比是，則該雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．二、多選題9．甲盒子中有5個紅球，2個白球和3個黑球，乙盒子中有4個紅球，3個白球和3個黑球.先從甲盒子中隨機取出一球放入乙盒子，分別以，和表示由甲盒子取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙盒子中隨機取出一球，以表示由乙盒子取出的球是紅球的事件，則下列結論中正確的是（）A．，，是兩兩互斥的事件 B．C．事件與事件相互獨立 D．10．已知等邊的邊長為6，分別為邊的中點，將沿折起至，在四棱錐中，下列說法正確的是（

）A．直線平面B．當四棱錐體積最大時，平面平面C．在折起過程中存在某個位置使平面D．當四棱錐體積最大時，它的各頂點都在球的球面上，則球的表面積為11．對于函數，下列說法正確的是（

）A．函數的單調遞減區(qū)間為B．C．若方程有6個不等實數根，則D．對任意正實數，且，若，則三、填空題12．在的二項展開式中，常數項為.13．已知函數，，當時，取得最值，且當時，單調遞增，則在上的零點個數為．14．過點的直線與拋物線的一個交點是，與軸交于點，且，為拋物線上一動點，則的最小值是.四、解答題15．已知等差數列的公差為2，且成等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）設，數列的前項和，求使成立的最大正整數的值.16．如圖，P為圓錐的頂點，為底面圓O的直徑，C為圓周上一點，D為劣弧的中點，.

（1）求證：；（2）E在線段上且，當平面時，求平面與平面夾角的余弦值.17．已知雙曲線，直線與雙曲線交于，兩點，直線與雙曲線交于，兩點.（1）若直線經過坐標原點，且直線，的斜率，均存在，求；（2）設直線與直線的交點為，且，證明：直線與直線的斜率之和為0.18．已知函數.（1）求曲線在點處的切線方程；（2）若函數無極值點，求實數的取值范圍；（3）若為函數的極小值點，證明.19．某企業(yè)生產一種零部件，其質量指標介于的為優(yōu)品.技術改造前，該企業(yè)生產的該種零部件質量指標服從正態(tài)分布；技術改造后，該企業(yè)生產的同種零部件質量指標服從正態(tài)分布.附：若，取，.（1）求該企業(yè)生產的這種零部件技術改造后的優(yōu)品率與技術改造前的優(yōu)品率之差；（2）若該零件生產的控制系統(tǒng)中每個元件正常工作的概率都是，各個元件能否正常工作相互獨立，如果系統(tǒng)中有超過一半的元件正常工作，系統(tǒng)就能正常工作.

系統(tǒng)正常工作的概率稱為系統(tǒng)的可靠性.①若控制系統(tǒng)原有個元件，計算該系統(tǒng)的可靠性，并判斷若給該系統(tǒng)增加一個元件，可靠性是否提高？②假設該系統(tǒng)配置有個元件，若再增加一個元件，是否一定會提高系統(tǒng)的可靠性？請給出你的結論并證明.

答案1．【正確答案】D【詳解】A：若，則，所以，與矛盾，故A錯誤；B：若，則，所以，與矛盾，故B錯誤；C：若，則，由，得，所以，與矛盾，故C錯誤；D：若，則，由，得，所以，故D正確.故選D2．【正確答案】D【詳解】由題意知，得，即，解得：，則的虛部為2．故選D．3．【正確答案】D【詳解】∵直線，過三點的平面記作，，∴與的交線必通過點和點，故選D．4．【正確答案】B【詳解】對甲、乙、丙、丁四位同學分成3組，則三組各有位同學，共有種，又因為甲、乙兩人不能參加同一項目的比賽，且甲乙在一組時僅有1種分法，則共有種分組方法，所以不同的參賽方案共有種.故選B5．【正確答案】A【詳解】設，根據平面向量數量積的運算性質，結合平面向量的加法的幾何意義、余弦定理、平面向量的數量積的定義進行求解即可.【詳解】設.，因為，，所以.故選A6．【正確答案】D【詳解】由已知，，由正弦定理可得：，化簡得：，所以，又因為中，，所以，所以，設三角形的外接圓半徑為，由正弦定理可得：，所以該三角形的外接圓直徑為.故選D.7．【正確答案】A【詳解】∵，∴，又在上為增函數，∴，即.又，故.故選A.8．【正確答案】C【詳解】作軸，垂足為軸，垂足為，設，，則，由漸近線的方程可知，在中，，解得，由已知得，即，即，則點A的坐標為，代入雙曲線方程可得，化簡得，即，由解得，故選C9．【正確答案】AD【詳解】A選項，根據題意，，，故有互斥事件的定義可得兩兩互斥，故A正確.BD選項，，又，故D正確，故，故B錯誤.C選項，，故，所以事件與事件不相互獨立，故C錯誤，故選AD10．【正確答案】AB【詳解】A：因為，平面，平面，所以直線平面，故A正確；B：設點到平面的距離為，則，設為的中點，延長交于，因為，，面，則平面，過作于，因為面，所以，又，面，所以面，顯然，又易知梯形的面積為定值，所以當面時，的體積最大，又面，所以平面，故B正確；對于C，如圖，若BN⊥平面，由平面，則，又，，面，則平面，又平面，所以,又，平面，所以平面，這顯然不可能，故C錯誤；D：當四棱體積最大時，二面角為直二面角，如圖，由，取的中點E，設F是外心，則E是等腰梯形外接圓圓心．作平面，OF平面，則是四棱錐的外接球的球心，且，由，得，設四棱錐的外接球半徑，則，所以球表面積是，故D錯誤.故選AB11．【正確答案】BCD【詳解】函數的定義域為，，對于A，由可得或，由可得，即函數的單調遞減區(qū)間為和，故A錯誤；對于B，由A得，函數在上單調遞增，因，，故，即B正確；對于C，易知為偶函數，當時，，由A項知，函數的單調減區(qū)間為和，增區(qū)間為.又當時，，當時，，當時，，時，，當時，，當時，，時，，故函數的圖象如圖所示.

由圖可得，直線與函數有6個不同交點，等價于，故C正確；對于D，由圖，不妨設，由可得，即，不妨取，設，則，則當時，，故，在上單調遞增，又，又，，即.因，則，當時，，在上單調遞減，因，故得，即，故D正確.故選：BCD.12．【正確答案】【詳解】由二項式通項知：，∴當時，有常數項為.13．【正確答案】4【詳解】當時，取得最值，且當時，單調遞增，故當時，取得最小值，設的最小正周期為，則，解得，故，解得，又，故，又，所以，①，，②聯(lián)立①②得，，故，，則，故或0或或，解得或或或，故在上的零點個數為4.14．【正確答案】【詳解】由題意，設，，不妨設，因為，可得點為的中點，由中點公式可得，解得，又由拋物線，可得，解得，即，此時，解得，即，所以，所以，又由，所以，所以當時，，取得最小值.15．【正確答案】⑴，；⑵【詳解】（1）由題意知，，即，解得，故，．（2）由，得，，由，解得．故所求的最大正整數為5．16．【正確答案】（1）證明見解析（2）【詳解】（1）

證明：如圖，連接，因為為的中點，所以，又因為平面，故，，平面，所以平面，平面，則.（2）如圖，以為坐標原點，，為，軸正方向建立空間直角坐標系，

設，則，，，設，則，設，則因為，，設平面的法向量為由，可取，又因為平面，所以，即得，于是，，則，所以，又，設平面的法向量為，則，可取，又平面的一個法向量為，設平面與平面夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.17．【正確答案】（1）1（2）證明見解析【詳解】（1）當直線經過坐標原點時，，兩點關于原點對稱.設，，，于是，.因為，，三點都在雙曲線，所以，兩式作差，，所以.（2）已知，由題意可知均有斜率，可設直線，直線，，，，.，.聯(lián)立直線方程與雙曲線的方程.整理得，，當時，.，.于是，同理可得，.因為，所以整理得，，而，所以.18．【正確答案】（1）（2）（3）證明見解析【詳解】（1），，又，在點處的切線方程為.（2）由題意知：的定義域為，若函數無極值點，在上單調，或在上恒成立；，在上恒成立，，，解得：；下面證明充分性：當時，，又，，，令，當時，，在上單調遞增，又，為定義在上的偶函數，在上單調遞減，，，在上單調遞增，無極值點，充分性成立；綜上所述.（3）由（2）可得：當時，函數無極值點.當時，令，則，當時，，又，為定義在上的奇函數，在上單調遞增，又，當時，；當時，；在上單調遞減，在上單調遞增，又，，，，，使得，在，上單調遞增，在上單調遞減；函數存在唯一的極小值點，且滿足.下證.令，則，令，則，在上單調遞增，即，在單調遞增，，即又，，又，，即，，即，，又，.19．【正確答案】（1）（2）①可靠性為，增加一個元件后系統(tǒng)的可靠性會提高；②當為奇數時，增加一個元件后系統(tǒng)的可靠性會下降；當為偶數時，增加一個元件后系統(tǒng)的可靠性會提高.【詳解】（1）技術改造前，易知，，則其優(yōu)品率為；技術改造后，，，則其優(yōu)品率為.所以優(yōu)品率之差為.（2）①記為原系統(tǒng)中正常工作元件個數，為增加一個元件后正常工作元件個數.由條件知，，.，.因為，所以可靠性提高.②方法一：根據上一問的假設，易知，.當為奇數時，設，原系統(tǒng)的可靠性為，新系統(tǒng)的可靠性為，由題意可知，.所以，，這說明可靠性降低.當為偶數時，設，原系統(tǒng)的可靠性為，新系統(tǒng)的可靠性為，由題意可知，.所以，，這說明可靠性提高.綜上，當為奇數時，增加一個元件后系統(tǒng)的可靠性會下降；當為偶數時，增加一個元件后系統(tǒng)的可靠性會提高.方法二：當為奇數時，設，原系統(tǒng)的可靠性為，新系統(tǒng)的可靠性為，由題意可知，于是，，這說明可靠性降低.當為偶數時，設，原系統(tǒng)的可靠性為，新系統(tǒng)的可靠性為，由題意可知，于是，.這說明可靠性提高.綜上，當為奇數時，增加一個元件后系統(tǒng)的可靠性會下降；當為偶數時，增加一個元件后系統(tǒng)的可靠性會提高.方法