湖南省长沙市雅礼中学2025届高三月考（六）数学试卷变式卷（同考点）-解析版

这是一份湖南省长沙市雅礼中学2025届高三月考（六）数学试卷变式卷（同考点）-解析版，共22页。试卷主要包含了已知数列为等差数列，且，则，已知，，则的值为，在的展开式中，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】交集的概念及运算、区间的定义与表示
【分析】化简集合，结合交集的定义求结论.
【详解】集合，
故.
故选：C.
2．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，则此双曲线的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】已知方程求双曲线的渐近线、根据抛物线方程求焦点或准线
【分析】根据给定条件，求出抛物线焦点坐标即可得，进而求出双曲线渐近线方程.
【详解】抛物线的焦点坐标为，依题意，，解得，
所以双曲线的渐近线方程是.
故选：C
3．已知平面向量的夹角为，且，，则（ ）
A．1B．2C．D．4
【答案】B
【难度】0.85
【知识点】数量积的运算律、已知模求数量积
【分析】根据向量模长的关系，利用平方法转化为向量数量积公式，解一元二次方程即可得出答案.
【详解】由，
所以，即，
即，整理得，
解得或（舍去），
所以.
故选：B.
4．已知数列为等差数列，且，则（ ）
A．24B．26C．27D．28
【答案】D
【难度】0.85
【知识点】利用等差数列的性质计算、求等差数列前n项和、等差数列通项公式的基本量计算
【分析】根据等差数列的项的性质，再结合等差数列的求和公式计算.
【详解】因为数列为等差数列，且，
所以，所以，
则.
故选：D.
5．已知，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.85
【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、二倍角的余弦公式
【分析】利用和差角而二倍角公式求解.
【详解】由已知可得，
所以．
故选：B．
6．抛掷一枚均匀的正四面体骰子，骰子静止后，认为朝下的面所包含的三条棱接触过地面，则经过3次抛掷后，存在从未接触过地面的棱的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、计算古典概型问题的概率、分步乘法计数原理及简单应用、其他排列模型
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理及排列计数问题，结合对立事件求出古典概率.
【详解】记均匀的正四面体的4个面分别为，
抛掷3次的结果记为，所有不同结果有个，它们等可能，
抛掷3次，正四面体的每条棱都接触过地面，则互不相等，共有，
所以存在从未接触过地面的棱的概率是.
故选：A
7．已知表面积为的球与一圆台的上、下底面以及侧面均相切，若该圆台的下底面半径为上底面半径的4倍，则该圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】台体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算
【分析】由已知得球的半径，作出圆台的轴截面，求出圆台的上、下底面半径，由圆台的体积公式即可得解．
【详解】设球的半径为，由，解得．
作出圆台的轴截面，如图，设，则，
由相切的性质可知，，
易知，分别是，的平分线，即，，
又，
所以，所以，
所以，又，则，
所以，即，所以，
所以，解得（负值已舍去），
所以该圆台的体积为，
故选：D．

8．已知函数，，若函数有5个零点，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、利用导数研究函数的零点、分段函数的性质及应用、函数与方程的综合应用
【分析】利用分段函数思想，结合分离参变量，再利用求导，数形结合，可得参数范围.
【详解】当时，由得：，
显然，是的一个零点，
再当时，有，
作出图象可得：当时，，
所以当时，在有两个零点；
再当时，由得：，
整理得，令，求导得，
令，得
当时，，所以在区间上递增，
当时，，所以在区间上递减，
作出图象：
所以由图可得：当时，在有两个零点；
又由于，
所以要使得有五个零点的参数，
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，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．在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．二项式系数之和为64B．各项系数之和为1
C．展开式中二项式系数最大的项是第4项D．展开式中第5项为常数项
【答案】ABC
【难度】0.85
【知识点】求二项展开式的第k项、二项式系数的增减性和最值、二项式的系数和、二项展开式各项的系数和
【分析】根据二项式系数和的公式可判断A，利用赋值法可求系数和，从而判断B，根据二项式系数的性质可判断C，根据通项可计算展开式中的第五项，从而判断D.
【详解】的二项式系数之和为，选项A正确；
令，得，则的各项系数之和为1，选项B正确；
的展开式共有7项，则二项式系数最大的项是第4项，选项C正确；
的展开式中第5项为，不是常数项，选项D不正确．
故选：ABC．
10．函数，对都有，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．在上单调递减
C．将函数的图象向左平行移动个单位，得到的函数图象关于原点对称
D．若，则函数的最小值为
【答案】AC
【难度】0.85
【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、求sinx型三角函数的单调性、求图象变化前（后）的解析式、辅助角公式
【分析】由题意先求的值，即可判断A，求的单调减区间即可判断B，根据图像的平移变换即可判断C，由三角恒等变换得即可求在的最小值即可判断D.
【详解】因为对都有，所以是的一条对称轴，所以，所以，因为，所以，故A正确；
所以， ，所以的单调减区间为,当，所以为的增区间，故B错误；
将函数的图象向左平行移动个单位，得到的函数为奇函数，所以的图像关于原点对称，故C正确；
函数，因为，所以当时，，故D错误.
故选：AC.
11．胆式瓶创于南宋龙泉窑，康熙时期以郎红釉胆式瓶为贵.如图是18世纪的窑变红釉胆瓶，其优美的造型可看作图中曲线的一部分.已知曲线上的点到的距离与到轴的距离之积为6，若曲线上的点在第一象限，则（ ）

A．的最大值为
B．
C．曲线的内接矩形的面积最大值为24
D．一个胆式瓶的剖面图可近似看作曲线（），若一正四面体可在胆式瓶内任意转动（忽略胆式瓶的厚度），则该正四面体棱长的最大值为4
【答案】ABD
【难度】0.4
【知识点】多面体与球体内切外接问题、由方程研究曲线的性质、求平面轨迹方程
【分析】列出曲线的方程，根据定义，可判断AB的真假；将曲线向下平移4个单位，化简曲线方程，表示曲线内接矩形的面积，根据的取值范围判断C的真假；把问题转化成正四面体的外接球与曲线相切，可求的最大值.
【详解】设为曲线上任意一点，则.
对A：当时，，所以是的最大值，故A正确；
对B：由，
又点在第一象限，所以，故B成立；
对C：将曲线向下平移4个单位，所得曲线方程为，与原曲线形状一致.
设为新曲线上位于第一象限的一点，则曲线内接矩形的面积为，
因为，因为，所以.
即曲线内接矩形的面积小于24，故C错误；
对D：设正四面体的棱长为，则其外接球的半径为.
若要正四面体在胆式瓶内任意转动，需要圆与曲线相切，当时，两曲线在轴右侧且于点，故的最大值为4.故D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：如图正四面体，棱长为.
为正四面体的高，连接，延长交于，则为中点.
四面体外接球球心在高上，设为，则为四面体外接球半径.
因为棱长为，所以，，
在直角中，
设正四面体内切球半径为，则：
，解得
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．若，则 ．
【答案】
【难度】0.85
【知识点】复数的除法运算
【分析】根据复数的四则运算求解即可.
【详解】．
故答案为：.
13．已知正实数a，b满足，且，则 ．
【答案】/
【难度】0.65
【知识点】指数幂的化简、求值、指数式与对数式的互化
【分析】根据指数对数转化，再计算得出，最后结合指数运算计算即可.
【详解】因为正实数a，b满足，
且①，两边取对数则，所以，即得，
所以，所以，
所以，代入①有，即得，
所以，.
故答案为：.
14．如图在三棱锥中，平面VAC，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥的截面，使截面平行于直线VB和AC，与CB,VC,BA分别交于点Q,E,D当该截面面积取得最大值时， ．
【答案】
【难度】0.4
【知识点】棱台中截面的有关计算、判断线面平行、线面垂直证明线线垂直
【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直角三角形即可求得答案.
【详解】根据题意，在平面内，过点作，交于点；
在平面内，过点作，交于点；
在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示，

因为，则，设其相似比为，即，
则；
又因为，，，
由余弦定理得，，则，
即.
又平面，，平面，所以，.
又，则，.
因为，则，则，
因为，所以，即，
同理可得，即，
因为，，则，
故四边形为平行四边形；而平面，平面，
故平面，同理平面，
即四边形为截面图形；
又平面，平面，则，
又，所以.
故平行四边形为矩形，则，
所以当时，有最大值，则，
在中，.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形为符合题意的截面图形，结合线面平行以及线面垂直说明四边形为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，利用二次函数求出最值得解.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．已知数列的首项，且满足.
(1)求证：数列为等比数列.
(2)求数列的通项公式；
(3)若，求满足条件的最大整数.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)99
【难度】0.65
【知识点】由递推关系证明等比数列、分组（并项）法求和、写出等比数列的通项公式、求等比数列前n项和
【分析】（1）化简已知条件，根据等比数列的定义来进行证明.
（2）根据（1）的结论来求得.
（3）利用分组和求法以及单调性求得最大整数.
【详解】（1）由题意，数列满足，可得，
可得，即，
又由，所以，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）可得，所以，
所以.
（3）设数列的前项和为，
则
，
若，即，
因为函数为单调递增函数，
所以满足的最大整数的值为99.
16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求证：A，B，C成等差数列；
(2)若，，线段AC延长线上的一点D满足，求BD的长.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【难度】0.65
【知识点】正弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围、正弦定理解三角形、余弦定理解三角形
【分析】（1）根据正弦定理角化边，结合余弦定理即可求得答案；
（2）结合（1）可得，在和中分别用正弦定理推出，再利用等面积法，即可求出答案.
【详解】（1）由及正弦定理得，
整理得，由余弦定理得，
因为，所以，
又，所以，则，
所以A，B，C成等差数列．
（2）由（1）可知：及，，
得，即，解得，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
由得，
所以，即，所以，
设的面积为，
则，
即，又，解得，
所以BD的长为.
17．如图，在中，，斜边，半圆的圆心在边上，且与相切，现将绕旋转一周得到一个几何体，点为圆锥底面圆周上一点，且．
（1）求球的半径；
（2）求点到平面的距离；
（3）设是圆锥的侧面与球的交线上一点，求与平面所成角正弦值的范围．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【难度】0.4
【知识点】锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、求点面距离、线面角的向量求法
【分析】（1）在直角三角形中，由特殊角及边长即可得出答案；
（2）利用等体积转化即可；
（3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与向量用向量法.
【详解】由，斜边，，
设切点为，连接，，又，
，，
所以圆锥中球的半径就是半圆的半径，即为.
（2）在三棱锥中，设到平面的距离为
在中，，
在等腰三角形中, ，取中点，连，所以
所以
，由（1）知，
由于，所以
即
.
（3）
如图建立空间直接坐标系，则，， ，设在面上的射影与的正方向的夹角为，所以，，
，，，
设平面的法向量，
由，∴，
设与平面所成角为,
则
【点睛】本题主要考查空间几何体体积的求法、用空间向量解决线面角的问题.
18．某商店售卖一种珠环，消费者从红、蓝两种颜色的装饰珠中各选出偶数个，按随机的顺序用绳子穿成“串”（穿在一根绳子上，之后固定位置不可移位），再将绳子首尾相接连成“环”.小王现在选了6个红珠4个蓝珠穿成一个“串”.
(1)如果小王将这一串装饰珠剪了一刀分成了两串，每串各有5个装饰珠，求这两串装饰珠都恰好是3个红珠和2个蓝珠的概率；
(2)在把10个装饰珠连成环后，小王剪了两刀将珠环分成各含4个装饰珠和6个装饰珠的两串.设4个装饰珠串里红珠的个数为随机变量，求的分布列与期望；
(3)如果小王选了个红珠和个蓝珠以任意顺序连成一个“环”，求证：只需要在合适的位置剪两刀，总可将环分成两串，每串都恰好是个红珠和个蓝珠.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)证明见解析
【难度】0.4
【知识点】求离散型随机变量的均值、排列组合综合、计算古典概型问题的概率、写出简单离散型随机变量分布列
【分析】（1）由组合数及古典概型概率公式即可求解；
（2）确定随机变量的取值及概率，即可求解；
（3）任选一个红珠记其编号为1，并按顺时针方向依次给每个装饰珠编号2，3，4，
再确定，①不可能每组中红珠都多于或少于个. ②相邻两组中红珠数量最多相差1.即可求证；
【详解】（1）设两串装饰珠都恰好是3个红珠和2个蓝珠为事件，
则.
（2）随机变量的可能取值有，
所以的分布列为
所以，.
（3）编号：任选一个红珠记其编号为1，并按顺时针方向依次给每个装饰珠编号2，3，4，
编组：1号珠，连同它顺时针方向后的个装饰珠，共个装饰珠编为一组，称为1号组；
2号珠，连同它顺时针方向后的个装饰珠，共个装饰珠编为一组，称为2号组；，共组，每组均有个装饰珠.
有以下结论：
①不可能每组中红珠都多于或少于个.
因为每个装饰珠都同时在组中，所以每组中的红珠数目之和为，
若每组中红珠都多于（或少于）个，因为共组，
则此时红珠总数会多于（或少于），与每组中的红珠数目之和为矛盾.
②相邻两组中红珠数量最多相差1.
因为后一组的装饰珠为前一组的装饰珠去掉第一个并在最后加上一个，
所以它们之间只有2个装饰珠有区别，前一组装饰珠的第一个可能为红珠或蓝珠，最后加上的这一个也可能为红珠或蓝珠，
所以有以下四种情形：去掉红珠，加上红珠；去掉红珠，加上蓝珠；去掉蓝珠，加上蓝珠；去掉蓝珠，加上红珠.
不论哪种情况，相邻两组中红珠数量只能相差1或0.
现假设没有任何一组中的红珠数量为，
由①知，必存在两相邻号组中红珠数中红珠数，即二者红珠数至少相差2，与②矛盾.
因此，必有某号组恰好有个红珠，个蓝珠，在该号组的两侧各剪一刀，即可满足条件.
【点睛】关键点点睛：第三问：确定①不可能每组中红珠都多于或少于个. ②相邻两组中红珠数量最多相差1.
19．当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”.
(1)若函数，且点在曲线上.
（i）求曲线在点A处的切线方程；
（ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积.
(2)若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：）
【答案】(1)（i）；（ii）；
(2)证明见解析.
【难度】0.4
【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数证明不等式、反函数的性质应用、用导数判断或证明已知函数的单调性
【分析】（1）（i）先由点在曲线上求出点A，再利用导数工具求出即可由直线的点斜式方程得解；（ii）先由反函数性质依次得出的反函数和A关于直线对称的点为D，从而得和，再由题意以及图象特征得和，进而得直线的方程，接着联立求出点C即可得，从而计算即可得解.
（2）先由题意设关于直线对称，关于直线对称得，进而设得，再由已知信息结合得到，接着建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证.
【详解】（1）（i）因为点在曲线上，所以，即，
由，得，则，
所以曲线在点A处的切线方程为即.
（ii）由（1），由得其反函数为，
则函数和图象关于直线对称，设A关于直线对称的点为D，
则D在曲线上，且，，
则，
由题意以及由图象特征可知，则，直线的方程为，
联立方程组解得或（舍去），
则，
则该“关联矩形”的面积.
（2）证明：由得其反函数为，
所以和图象关于直线对称，且由其性质可知，
根据对称性可设关于直线对称，关于直线对称，则，
设，其中，
则，，因为“关联矩形”是正方形，
所以，，
所以，
由，得，所以，
所以由得即.
对于函数，则，
故函数在上单调递增，故即，
令，
则且，
则在上单调递增，所以，
所以，因为，
令，则，当时，单调递增，
则，
从而.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键1是正确处理四点的关系，从而根据四点之间的关系结合得到，关键点2是建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证.0
1
2
3
4