《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]》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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]（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖南省沅澧共同体20242025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（）ABCD2设命题，则为（）A，B，C，D，3设，则的大小顺序为（）ABCD4已知，则（ ）A1BC2D5若，向量与向量的夹角为，则在上的投影向量为（）ABCD6已知，则（）ABCD7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（ ）ABCD8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（）ABCD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（）ABCD10已知函数的部分图象如图所示，
2、则下列说法正确的是（）AB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（）AB，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
3、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“，
4、”.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：A8【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
5、，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：ABD11【答案】AD【详解】对于A：函数是奇函数，其定义
6、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：AD12【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
7、，令，即恰有三个实根，三根为：，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）知得，所以.17【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在；或【详解
8、】（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，当时，且当时，取得极小值，作出函数的图象，如图：观察图象，当时，直线与函数的图象有2个交点，所以的取值范围为.（3）当时，求导得， 由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，由，且，得，令函数，求导得，则函数在上单调递增，有，于是，而，因此，即，又，函数在上单调递增，从而，所以.
