2024-2025学年湖南省长沙市高三上学期第三次月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙市高三上学期第三次月考数学检测试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．0,4C．D．
2．已知复数，则（ ）
A．2B．C．1D．
3．等差数列的首项为，公差不为0，若成等比数列，则的前6项和为（ ）
A．24B．24C．3D．3
4．正方体中，直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量满足：，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．已知直线和直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．已知点是坐标原点，点是圆上的动点，点，则当实数变化时，的最小值为（ ）
A．8B．7C．6D．5
8．有个盲盒，其中有个内有奖品.若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时组织方（知道盲盒内部是否有奖品）打开了一个没有奖品的盲盒，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为；若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时有个未选的盲盒因被风吹掉而意外打开，且抽奖者发现其内部没有奖品，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为，则对任意符合题意的，，都有（ ）
A．B．
C．D．无法确定与的大小关系
二、多选题
9．某厂近几年陆续购买了几台 A 型机床，该型机床已投入生产的时间x（单位：年）与当年所需要支出的维修费用y（单位：万元）有如下统计资料：
根据表中的数据可得到经验回归方程为. ，则（ ）
A．y与x的样本相关系数
B．
C．表中维修费用的第60百分位数为6
D．该型机床已投入生产的时间为 10年时，当年所需要支出的维修费用一定是12.38万元
10．函数的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（ ）
A．
B．
C．关于对称
D．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数
11．（多选）泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半.若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A．点P的轨迹方程是
B．直线是“最远距离直线”
C．平面上有一点，则的最小值为5
D．点P的轨迹与圆是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）
三、填空题
12．在的展开式中，的系数是 ．
13．椭圆C的左、右焦点分别为，，上顶点为A，直线另交椭圆C与点B，若，则C的离心率为 .
14．已知函数，若方程有四个不同的实根，则的取值范围是 .
四、解答题
15．已知函数为上的奇函数．
(1)求；
(2)若函数，讨论的极值．
16．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，.
(1)若是中点，证明：；
(2)若，求平面与平面所成角的正切值.
17．已知双曲线及直线.
(1)若与有两个不同的交点，求实数的取值范围；
(2)若与交于两点，是坐标原点，且的面积为，求实数的值.
18．在锐角中，内角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若，点是线段的中点，求线段长的取值范围．
19．若数列共有项，都有，其中为常数，则称数列是一个项数为的“对数等和数列”，其中称为“对数等和常数”.已知数列是一个项数为的对数等和数列，对数等和常数为.
(1)若，，，求的值；
(2)定义数列满足：，，2，3，…，m.
（i）证明：数列是一个项数为的对数等和数列；
（ii）已知数列是首项为1024，公比为的等比数列，若，求的值.
答案
1．B
【分析】利用对数函数的性质确定集合，再利用绝对值的几何意义确定集合，再求.
【详解】由，可得，解得，
所以，
由解得，
所以，
所以=，
故选:B.
2．A
【分析】利用复数的乘方运算求出，再利用复模的运算即可得解.
【详解】复数，所以.
故选：A.
3．A
【分析】设出等差数列的公差，利用等比中项得到关于公差的方程，再利用等差数列的前项和公式进行求解.
【详解】设an的公差为，
由成等比数列，得，
即，解得或（舍去），
所以.
故选：A.
4．D
【分析】利用线面角的定义找到直线与平面所成的角为，找到角即可求出余弦值.
【详解】连接，如图所示，
为正方体，易得平面，
为直线与平面所成的角，
令，由正方体知识可得，
.
故选：D.
5．A
【分析】根据题意，由数量积的运算律可得，再由投影向量的定义代入计算，即可得到结果.
【详解】由，得，即，
由已知得，所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A
6．A
【分析】根据的充要条件求得或，再由充分条件、必要条件的概念得解.
【详解】若，则，解得或．
若，则直线，直线，可知；
若，则直线，直线，可知，
综上所述：或．
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
7．C
【分析】由点的坐标特点得到点在直线上运动，进而转化为一个动点两个定点的距离和最小问题，只需要再做一次点关于直线对称即可.
【详解】点在直线：上，
圆心关于直线对称点，
圆：关于直线对称圆：
如图：
连接与圆交直线于点，连接交圆于，
此时最小，，
故选：C
8．C
【分析】利用古典概型概率公式和全概率公式，求出和，由比值确定大小关系.
【详解】设事件为“最终中奖”，事件为“一开始选中的有奖”，则，
在组织方打开无奖的盲盒后，若一开始选中的有奖，则剩余个盲盒中有个奖品，
更换后，
若一开始选中的无奖，则剩余个盲盒中有个奖品，则更换后，
故，
由于风吹掉为随机吹掉，故所有个盲盒中有个奖品，且所有盲盒中有奖品的概率相等，，
因此，故.
故选：C
方法点睛：设事件为“最终中奖”，事件为“一开始选中的有奖”，则，，利用的值，判断和的大小关系.
9．BC
【分析】对A，根据相关系数的概念可判断，对B，计算出样本中心，代入方程计算出，对C，根据百分位数的定义求解，对D，根据回归分析概念判断.
【详解】根据题意可得，，，
所以样本中心点为，
对于A，由表中数据可得随着增大而增大，与正相关，所以相关系数，，与不相关，故A错误；
对于B，将样本中心点代入回归方程，可得，故B正确；
对于C，维修费用从小到大依次为，第60百分位数为，故C正确；
对于D，根据回归分析的概念，机床投入生产的时间为 10年时，所需要支出的维修费用大概是12.38万元，故D错误.
故选：BC.
10．AC
【分析】根据可得，代入最高点可得，进而求出函数的表达式，即可判断AB，代入验证即可判断C，根据平移即可求解D.
【详解】由图象可知，，解得，，
又，所以，即，
结合，可知，得的表达式为，故A正确，B错误，
对于C，由于，即的图象关于对称，故C正确；
对于D，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故D错误．
故选：AC．
11．ABC
【分析】对于A，设，根据定义建立关系可求出；对于B，联立直线与椭圆方程，判断方程组是否有解即可；对于C，根据定义转化为求即可；对于D，易判断为交点.
【详解】对于A，设，因为点P到点F的距离是点P到直线l距离的一半，
所以，化简可得，故选项A正确；
对于B，联立方程组，可得，
解得，故存在点，
所以直线是“最远距离直线”，故选项B正确；
对于C，过点P作垂直直线，垂足为B，
由题意可得，，则，
由图象可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故选项C正确；
对于D，由可得，
即圆心为，半径为1，
易得点P的轨迹与圆C交于点，故选项D错误.
故选：ABC.
思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
12．160
【分析】写出已知二项式展开式的通项公式，进而确定的系数.
【详解】由的展开式的通项为，
令，解得，所以的系数是.
故160.
13．33/133
【分析】作出辅助线，由三角形相似得到，，求出，代入椭圆方程，求出，求出答案.
【详解】如图，过B作轴于H，设椭圆方程为，
AF2=a，，易知，所以，
又，，所以，，得到，
代入椭圆方程得，整理得到，所以.
故
14．
【分析】先画出函数的图象，把方程有4个不同的实数根转化为函数的图象与有四个不同的交点，结合对勾函数的单调性即可求解.
【详解】因为，
当时，可知其对称轴为，
令，解得或；
令，解得或；
当时，令，解得或，
作出函数y=fx的图象，如图所示，
若方程有四个不同的实根，
即y=fx与有四个不同的交点，
交点横坐标依次为，
则，
对于，则，可得，所以；
对于，则，可得；
所以，
由对勾函数可知在上单调递增，
得，
所以的取值范围是.
故答案为.
方法点睛：已知方程的根，函数有零点，函数图象的交点求参数取值范围常用的方法和思路，
(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．
15．(1)
(2)极大值为；无极小值.
【分析】（1）由，解得，再代入检验即可；
（2）利用导数求解即可.
【详解】（1）因为函数为R上的奇函数，
由，
此时，
则，
所以为奇函数．
所以；
（2）由（1）得：定义域为R，
，
由，得；由，得，
在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，
极大值；无极小值.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先依次证明，由线面垂直判定定理可得平面，进一步结合线面垂直性质即可得证；
（2）思路一：建立适当的空间直角坐标系求出两个平面的法向量，结合向量夹角公式即可求解；思路二：用定义法说明是二面角的平面角，进一步计算即可求解.
【详解】（1）
是中点，，
平面平面平面，
平面，
又与是平面内的两条相交直线，平面，
；
（2）解法一：（坐标法）过作于平面平面平面，
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
，
平面的一个法向量为，
，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
则，
令，解得，
所以平面的一个法向量为
，
平面与平面所成的角记为，
，即平面与平面所成角的正切值是，
解法二：（几何法）记平面与平面的交线为，
平面平面，即直线两两平行，
又平面平面，
平面与平面所成角与二面角的平面角互余，
过作于平面平面平面，
过点作于，连接是二面角的平面角，
平面与平面所成角的正切值为，
，
，即平面与平面所成角的正切值是.
17．(1)
(2)或
【分析】（1）将双曲线及直线联立，消去y，得到关于x的一元二次方程，根据题意即可求解；
（2）方法一：根据面积，其中d为O到直线l的距离，然后用含k的式子表示出，解方程即可求出k的值；
方法二：根据得，然后用含k的式子表示出，解方程即可求出k的值.
【详解】（1）直线与双曲线有两个不同的交点，则方程组有两组不同的实数根，
整理得.
，
解得且，双曲线与直线有两个不同的交点时，的取值范围是.
（2）解法一：设交点，
由（1）知双曲线与直线联立的方程为.
由韦达定理得：，
则
又到直线的距离，
所以的面积，解得或，
又因为且，所以或.
所以当或时，的面积为.
解法二：设交点，直线与轴交于点，
由（1）知双曲线与直线联立的方程为.
由韦达定理得：，
当在双曲线的一支上且时，
；
当在双曲线的两支上且时，
综上，.
由已知得，故，即
所以，解得或，
又因为且，所以或.
所以当或时，的面积为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理，正弦定理，同角三角函数的商数关系，两角和的正弦公式及诱导公式得，根据，即可得出，进而求解；
（2）由余弦定理得，根据平面向量的线性运算得，进而得出，根据正弦定理，二倍角公式，降幂公式，辅助角公式得出，结合，正弦函数的性质即可求解．
【详解】（1）因为，由余弦定理得，
由正弦定理得，
又是锐角三角形，所以，
所以，所以，
又，所以．
（2）由余弦定理可得，
又，所以
，
由正弦定理可得，所以，
，
所以，
由题意得解得，则，
所以，所以，
所以，所以线段长的取值范围为．
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由题干信息可得，即可得答案；
（2）（i）注意到，即可证明结论；
（ii）由题可得表达式，后由裂项求和法可得答案.
【详解】（1）依题意，又，
所以，即.
（2）（i）依题意，则，因此，
从而，即数列是一个项数为的对数等和数列.
（ii）依题意，，
即，即， 则，
又，故，即，
此时，即，，
注意到，
所以.
x
2
3
4
5
6
y
2.2
3.8
5.5
6.5
7
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
A
D
A
A
C
C
BC
AC
题号
11









答案
ABC