湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期月考（一）数学试题答案

大联考湖南师大附中2025届高三月考试卷（一）数学命题人：高三数学备课组审题人：高三数学备课组时量：120分钟满分：150分一､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，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】通过解一元二次不等式和对数函数的定义域，求出集合，再求交集．【详解】集合，则，故选：D．2.若复数满足（是虚数单位），则等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由复数的除法运算计算可得，再由模长公式即可得出结果.【详解】依题意可得，所以.故选：C3.已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据投影向量的计算公式即可求解.【详解】，所以向量在向量上的投影向量为.故选：A4.记为等差数列的前项和，若，则（）A.21 B.19 C.12 D.42【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的性质，即可求解公差和首项，进而由求和公式求解.【详解】是等差数列，，即，所以故公差，，故选：A5.某校高二年级下学期期末考试数学试卷满分为150分，90分以上（含90分）为及格．阅卷结果显示，全年级1200名学生的数学成绩近似服从正态分布，试卷的难度系数（难度系数平均分/满分）为0.49，标准差为22，则该次数学考试及格的人数约为（）附：若，记，则．A.136人 B.272人 C.328人 D.820人【答案】B【解析】【分析】首先求出平均数，即可得到学生的数学成绩，再根据所给条件求出，即可求出，即可估计人数．【详解】由题得，，，，该校及格人数为（人），故选：B．6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用两角差的余弦定理和同角三角函数的基本关系建立等式求解，再由两角和的余弦公式求解即可．【详解】由已知可得，解得，，，，故选：D．7.已知是双曲线的左､右焦点，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于两点，若，则双曲线的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据双曲线以及圆的方程可求得弦长，再根据不等式整理可得，即可求得双曲线的离心率的取值范围.【详解】设以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于两点，则到渐近线的距离，所以，因为，所以，可得，即，可得，所以，所以，又，所以双曲线的离心率的取值范围是.故选：B8.已知函数若关于的方程有且仅有两个实数根，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用换元法设，则方程等价为，根据指数函数和对数函数图象和性质求出，利用数形结合进行求解即可．【详解】令，则．①当时，若；若，由，得．所以由可得或．如图所示，满足的有无数个，方程只有一个解，不满足题意；②当时，若，则；若，由，得．所以由可得，当时，由，可得，因为关于的方程有且仅有两个实数根，则方程在]上有且仅有一个实数根，若且，故；若且，不满足题意．综上所述，实数的取值范围是，故选：C．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.如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（）A.四点共面 B.平面被正方体截得的截面是等腰梯形C.平面 D.平面平面【答案】BD【解析】【分析】可得过三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接和，截面是等腰梯形，判断B；分别取的中点，易证显然不平行平面，可判断C；平面，可判断D.【详解】对于A：如图经过三点的平面为一个正六边形，点在平面外，四点不共面，选项A错误；对于B：分别连接和，则平面即平面，截面是等腰梯形，选项B正确；对于C：分别取的中点，则平面即为平面，由正六边形，可知，所以不平行于，又平面，所以，所以平面，所以不平行于平面，故选项错误；对于D：因为是等腰三角形，，，，是的中点，易证，由正方体可得平面，平面，又平面，，平面，平面，平面，平面平面故选项D正确．故选：BD．10.已知函数，则（）A.的一个对称中心为B.的图象向右平移个单位长度后得到的是奇函数的图象C.在区间上单调递增D.若在区间上与有且只有6个交点，则【答案】BD【解析】【分析】代入即可验证A，根据平移可得函数图象，即可由正弦型函数的奇偶性求解B，利用整体法即可判断C，由求解所以根，即可求解D.【详解】对于A，由，故A错误；对于B，的图象向右平移个单位长度后得：，为奇函数，故B正确；对于C，当时，则，由余弦函数单调性知，在区间上单调递减，故C错误；对于D，由，得，解得或，在区间上与有且只有6个交点，其横坐标从小到大依次为：，而第7个交点的横坐标为，，故D正确.故选：BD11.已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（）A.的图象关于点对称B.是以8为周期的周期函数C.D.【答案】ABC【解析】【分析】根据函数奇偶性以及所满足的表达式构造方程组可得，即可判断A正确；利用对称中心表达式进行化简计算可得B正确，可判断也是以8为周期的周期函数，即C正确；根据周期性以及计算可得，可得D错误.【详解】由题意，且，即①，用替换中的，得②，由①+②得，所以的图象关于点2,1对称，且，故A正确；由，可得，所以，所以是以8为周期的周期函数，故B正确；由①知，则，故，因此也是以8为周期的周期函数，所以，C正确；又因为，所以，令，则有，令，则有…，令，则有，所以所以，故D错误.故选：ABC【点睛】方法点睛：求解函数奇偶性、对称性、周期性等函数性质综合问题时，经常利用其中两个性质推得第三个性质特征，再进行相关计算.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的系数为______．【答案】【解析】【分析】根据题意，由条件可得展开式中的系数为，化简即可得到结果．【详解】在的展开式中，由，得的系数为.故答案为：．13.已知函数是定义域为的奇函数，当时，，且，则不等式的解集为__________.【答案】【解析】【分析】根据函数奇偶性并求导可得，因此可得，可构造函数并求得其单调性即可得在上大于零，在上小于零，即可得出结论.【详解】因为为奇函数，定义域为，所以，两边同时求导可得，即且，又因为当时，，所以.构造函数，则，所以当时，在上单调递增，又因为，所以在上大于零，在上小于零，又因为，所以在上大于零，在上小于零，因为为奇函数，所以在上小于零，在上大于零，综上所述，的解集为.故答案为：14.已知点为扇形的弧上任意一点，且，若，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】建系设点的坐标，再结合向量关系表示，最后应用三角恒等变换及三角函数值域求范围即可.【详解】方法一：设圆的半径为1，由已知可设为轴的正半轴，为坐标原点，过O点作x轴垂线为y轴建立直角坐标系，其中，其中，由，即，整理得，解得，则，所以.方法二：设，如图，当位于点或点时，三点共线，所以；当点运动到的中点时，，所以故答案为：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.的内角的对边分别为，已知．（1）求角；（2）若角的平分线交于点，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦定理整理得到，再利用三角形的内角及正弦函数的性质即可求解；（2）利用正弦定理得出，再由余弦定理求出，，再根据三角形的面积建立等式求解．【小问1详解】由，根据正弦定理可得，则，所以，整理得，因为均为三角形内角，所以，因此，所以．【小问2详解】因为是角的平分线，，所以在和中，由正弦定理可得，，因此，即，所以，又由余弦定理可得，即，解得，所以．又，即，即，所以．16.已知为函数的极值点．（1）求的值；（2）设函数，若对，使得，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）直接根据极值点求出的值；（2）先由（1）求出的最小值，由题意可得是求的最小值，小于等于的最小值，对求导，判断由最小值时的的范围，再求出最小值与最小值的关系式，进而求出的范围．【小问1详解】，由，得，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，所以为函数的极小值点，所以．【小问2详解】由（1）知．函数的导函数①若，对，使得，即，符合题意．②若，取，对，有，不符合题意．③若，当时，在上单调递减；当时，在1,+∞上单调递增，所以，若对，使得，只需，即，解得．综上所述，的取值范围为．17.已知四棱锥中，平面底面为的中点，为棱上异于的点．（1）证明：；（2）试确定点的位置，使与平面所成角的余弦值为．【答案】（1）证明见解析（2）位于棱靠近的三等分点【解析】【分析】（1）连接交于点，利用面面垂直的性质定理和三角形全等，即可得证；（2）取的中点，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立，利用线面角公式代入即可求解．小问1详解】如图，连接交于点．因为为的中点，，所以．因为平面平面，平面平面平面，所以平面，因为平面，所以．因为，所以，所以，所以，因为平面，所以平面．因为平面，所以．【小问2详解】如图，取的中点，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，则，设，所以，所以，即．则，设平面的法向量为，则即取，设与平面所成的角为，由，得．所以，整理得，因为，所以，即，故当位于棱靠近的三等分点时，与平面所成角的余弦值为．18.在平面直角坐标系中，抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长，点在抛物线上，圆（其中）.（1）若为圆上的动点，求线段长度的最小值；（2）设是抛物线上位于第一象限的一点，过作圆的两条切线，分别交抛物线于点.证明：直线经过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆的短轴可得抛物线方程，进而根据两点斜率公式，结合三角形的三边关系，即可由二次函数的性质求解，（2）根据两点坐标可得直线的直线方程，由直线与圆相切可得是方程的两个解，即可利用韦达定理代入化简求解定点.【小问1详解】由题意得椭圆的方程：，所以短半轴所以，所以抛物线的方程是.设点，则，所以当时，线段长度取最小值.【小问2详解】是抛物线上位于第一象限的点，，且设，则：直线，即，即.直线，即.由直线与圆相切得，即同理，由直线与圆相切得.所以是方程的两个解，代入方程得，解得直线恒过定点.【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.龙泉游泳馆为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可选择A和B两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况．日期t12345678910销售量千张1.91.982.22.362.432592.682.762.70.4经计算可得：.（1）因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，已知销售量y和日期t呈线性关系，现剔除第10天数据，求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示；（2）若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且A套餐可以用一张优惠券，B套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为，求；（3）记（2）中所得概率的值构成数列.①求的最值；②数列收敛的定义：已知数列，若对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，，（是一个确定的实数），则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛．参考公式：.【答案】（1）（2）（3）①最大值为 ，最小值为；②证明见解析【解析】【分析】（1）计算出新数据的相关数值，代入公式求出的值，进而得到y关于t的回归方程；（2）由题意可知，其中，构造等比数列，再利用等比数列的通项公式求解；（3）①分n为偶数和n为奇数两种情况讨论，结合指数函数的单调性求解；②利用