湖南省师范大学附属中学2025届高三上学期月考（五）数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省师范大学附属中学2025届高三上学期月考（五）数学试卷（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知集合 ， ，若 ，则 的最大值是（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得 c 范围，即可得答案.
【详解】根据 ， ，若 ，
可得 ，故 最大值为 2，
故选：D.
2. 已知数列 的前 项和 ,那么它的通项公式 （ ）
A. n B. 2n C. 2n＋1 D. n＋1
【答案】B
【解析】
【分析】根据 即可求 ．
【详解】 ，
,
当 时， ，
.
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故选：B.
3. 以边长为 1 的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得旋转后对应几何体为两个同底的圆锥，结合题目数据可得相应体积.
【详解】如图，正三角形绕 所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，圆锥的底面半
径为 ，所得几何体的底面积为 ，则体积为
.
故选：D.
4. 已知圆 ，直线 ，则直线与圆相交弦长的最小值为（
）
A. 4 B. 2 C. 6 D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得直线 过定点，则定点到圆心距离等于圆心到直线距离时可得最小值.
【详解】圆
，则直线 过定点 ，
因定点 在圆 内，
定点 到圆心的距离为 ，所以直线与圆相交弦长的最小值为 .
故选：A.
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5. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】B
【解析】
【分析】通过举反例排除 A,C 两项，利用不等式的性质进行推理，可以排除 D 项，证得 B 项.
【详解】对于 A,当 时，显然 不成立，故 A 错误；
对于 B，由 ，利用不等式的性质易得 ，故 B 正确；
对于 C，当 时，取 ，则 ，故 C 错误；
对于 D，当 时， ，由不等式的性质，可得 ，故 D 错误.
故选：B.
6. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两角差的余弦公式展开，即可求出 ，再由二倍角公式计算可得.
【详解】因为 ，
则 ，即 ，
所以 .
故选：B.
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7. 已知函数 ，若函数 存在 5 个零点，则
（ ）
A. 1 B. C. 1 或 D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出 函数图像，通过换元 ，结合 有两个实数根 ， ，通过
函数图像即可求解；
【详解】作出函数 的图象如图，
已知 有 5 个零点，
即方程 有 5 个实数根，
令 ，则 有两个实数根 ， ；
由 的图象可知，当 ， 时， 有两个实数根， 有三个实数根，可满
足 有五个零点.
将 代入 中，得 ，解得 或 ，
又因为 ，所以当 时， ，不满足题意；当 时， ，满足题意，
故选：B.
8. 对于三元点集 ，若对任意一个空间向量 ，存在唯一的有序实数组 ，使得
，则称 为“空间基本点集”.下列集合是“空间基本点集”的是（ ）
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A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于 ABC，由空间向量基底概念可判断各选项正误.
对于 D，由题目中所提供信息可得答案.
【详解】根据空间向量基本定理及题意知这三个向量 ， ， 不共面，即这三个向量能构成空间的
一个基底.
对于 A，三个向量 ， ， 对应坐标的竖坐标相同且为 0，则三个向量都在平面 上，
即三个向量共面，故 A 错误；
对于 B，三个向量 ， ， 对应坐标的纵坐标相同且为 0，则三个向量都在平面
上，即三个向量共面，故 B 错误；
对于 C，三个向量 ， ， 对应坐标的横坐标相同且为 0，则三个向量都在平面
上，即三个向量共面，故 C 错误；
对于 D，设空间中任意向量为 ， ，
则存在唯一的有序实数组 ，使 ，
则 为“空间基本点集”，故 D 正确
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. 为了检测某车间生产产品的质量，质检部安排 A、 两名质检员对该车间产品进行抽样检查，A 质检员从
生产流水线上随机抽取 3 件产品， 质检员从事先选定的 10 件产品中随机抽取 3 件产品.假设该车间生产产
品的次品率为 0.2，事先选定的 10 件产品中有 2 件次品，设 A、 两名质检员抽取的产品中次品的件数分别
为 ， 则（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由二项分布及超几何分布知识可得答案.
【详解】对于 AB，由题意知 服从二项分布 ，
则 ， ，故 A、B 正确；
对于 CD， 服从超几何分布，所以 ，故 C 错误，
根据超几何分布的期望公式， ，D 正确.
故选：ABD
10. 已知复数 ， ， 是方程 的三个互不相等的复数根，则（ ）
A. 可能是纯虚数 B. ， ， 的实部之和为 2
C. ， ， 的虚部之积为 2 D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，由题可得方程的根，即可得答案；对于 B，由 A 分析结合复数实部定义可得答案；对于 C，
由 A 分析结合复数乘法可得答案；对于 D，由复数摸计算公式可得答案.
【详解】因为 ，其三个不同的复数根为： ， ， ，
当 时，此时 为纯虚数，故 A 正确；
因为三个根的实部分别是 0，1，1，三个实部之和为 2，故 B 正确；
因为三个根的虚部分别是 1， ， ，三个虚部之积为 ，故 C 错误；
根据模长定义， ，故 D 正确.
故选：ABD
11. 在直三棱柱 中， ， ，点 ， 分别是 ， 的
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中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 异面直线 与 所成的角为 45°
B.
C. 若点 是 的中点，则平面 截直三棱柱所得截面的周长为
D. 点 是底面三角形 内一动点（含边界），若二面角 的余弦值为 ，则动点 的轨
迹长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用交线法找出截面，利用平行关系找出异面直线 与 所成的角，即可判断 A,利用直线和
平面垂直的性质定理证明 平面 ，即可判断 B, 延长 ， 交 和 的延长线于点 ，
，连接 交 于点 ，连接 ， ，则四边形 为平面 截直三棱柱所得的截面,可判
断 C, 过 作 的垂线 ，连接 ，过 作 的平行线交 于点 ，则 ，所以截面
为直三棱柱 的截面，即可判断 D；
【详解】选项 A，过点 作 的平行线 ，则 为异面直线 与 所成的角，
因为 平面 ，且 ，所以 平面 ，所以 ，
所以 ，因为异面直线所成的角 ，
所以 ，故异面直线 与 所成的角为 60°，故选项 A 不正确；
选项 B，由已知得 为等腰直角三角形， 是 的中点，则 ，
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为直三棱柱， 平面 ， 平面 ，
，
， 平面 ， ， 平面 ， ，
设 与 交于点 ，其中 ， ，
， ， ，
， ，
， 平面 ， ， 平面 ，故 ，选项 B 正确；
选项 C，延长 ， 交 和 的延长线于点 ， ，连接 交 于点 ，连接 ， ，
则四边形 为平面 截直三棱柱所得的截面，
由已知得 ，
由 ，则 ，即 ，
由 ，则 ，即 ，
由余弦定理可知 ，解得 ，
其周长为 ，故选项 C 正确；
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选项 D，若 上存在一点 使二面角 的余弦值为 ，连接 和 ，
因为 平面 ， ， ，
二面角 的平面角为 ，即 ，
设 ，则 ， ，
在 中，由余弦定理得
，
在 中，由余弦定理得 ，
，解得 ，
过 作 的垂线 ，连接 ，过 作 的平行线交 于点 ，则 ，
所以截面 为直三棱柱 的截面，
所以符合题意的 的轨迹长度为线段 的长，所以 ，故选项 D 正确.
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故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题第 4 小问的解决关键是利用二面角的定义求得 ，从而推得 ，进而
得到 的轨迹长度为 的长，从而得解.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 在 的展开式中， 的系数为 80，则实数 的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】求得二项展开式的通项 ，结合题意，列出方程，即可求解.
【详解】由二项式 的展开式的通项为 ，其中 ，
因为展开式中 的系数为 ，
令 ，可得 ，解得 .
故答案为： .
13. 已知定义在 上的偶函数 满足 ，当 时， ，函数
，则 与 的图象所有交点的横坐标之和为________________.
【答案】3
【解析】
【分析】由题可得 有对称轴为 轴，对称中心 ，然后在同一坐标系中画出 与 图象，
即可得答案.
【详解】函数 的图象是中心对称图形，对称中心为 .
定义在 上的偶函数 满足 ，
则函数 有对称轴为 轴，对称中心 ；又当 时， ，
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在同一坐标系在 内作出 与 的图象，
由图象可得， 与 的图象有 3 个交点，
又 均是 与 的图象的对称中心，
则两函数所有交点的横坐标之和为 3.
故答案为：3
14. 已知双曲线 ，在双曲线 右支上任意一点 处作双曲线 的切线，交 在第一、四象限
的渐近线分别于 ， 两点， 为坐标原点.当 时，该双曲线的离心率为________________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求出双曲线 C 在点 P 处的切线方程，与两渐近线联立求出 两点坐标，由此证明点 P
是线段 AB 的中点，可得 ，计算求得 ，得解.
【详解】如图，设双曲线 在点 处的切线为 ，切线 与 轴交于点 ，
根据题意设点 在双曲线第一象限，由 ，得 ，
所以 ，
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则在点 处的切线斜率为 ，
所以在点 的切线方程为 ，
令 ，得 ，所以点 .
设点 ， ，渐近线方程为 ，联立 ，
解得 ，所以点 ，
同理可得 ，
又 ， ，所以点 是线段 的中点，
所以 ，即得 ，
即 ，解得 .
又 ，所以 ，即 ，所以双曲线的离心率
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. 在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，且满足 .
（1）求角 的大小；
（2）已知 为 边上一点，若 为 的平分线， ， ，求 的值.
【答案】（1）
（2）
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【解析】
【分析】（1）利用余弦定理及同角三角函数的基本关系计算可得；
（2）由题意可知 ，用三角形面积公式代入计算即可求出 的值.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
因为余弦定理得 ，所以 ，
因为 ，所以 ；
【小问 2 详解】
由题意知 ，
即 ，
因为 为 的平分线，所以 ，
又因为 ， ， ，
所以 ，
解得： .
16. 如图，在多面体 中，四边形 与 均为直角梯形，平面 平面 ，
， ， ， ， ，且 .
（1）已知点 为 上一点，且 ，证明： 平面 ；
（2）若平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 ，求点 到平面 的距离.
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【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接 交 于点 ，取 中点为 ，易证四边形 为平行四边形，从而 为 中
点， 为中位线， ，由平行关系的传递性得到 且 ，从而四边形 为
平行四边形，得到 ，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系， ，分别求得平面 的一个法向量为
，平面 的法向量为 ，根据平面 与平面 所成锐二面角的余弦值
为 ，由 求得 a，再由点 C 到平面 的距离 求解.
【小问 1 详解】
证明：如图，
连接 交 于点 ，取 中点为 ，连接 ， ， ，
在四边形 中， ， ，
故四边形 为平行四边形.
故 为 中点，所以在 中， 为中位线，
则 且 ，又 且 ，
故 且 ，即四边形 为平行四边形，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，
平面 ，即 平面 .
【小问 2 详解】
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因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
以点 为坐标原点，分别以 ， ， 为 ， ， 轴正方向建立空间直角坐标系，
设 ，则 ， ， ， ， ，
则 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，
， ，
设平面 的法向量为 ，
，取
由平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 ，
可得 ，
解得 或 （舍去）
故 ，又 ，
所以点 到平面 距离 .
17. 如图，椭圆 过点 ，短轴长为 ，椭圆的左、右顶点分别为 ，
，过椭圆 的右焦点 且与 轴相交的直线与椭圆相交于 ， 两点，与抛物线 相交于 ，
两点.
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（1）求椭圆 的方程；
（2）若 ，求直线 在 轴上截距的范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题知 ，进而解方程即可求得答案；
（2）设 ，进而分别与椭圆和抛物线联立计
算弦长 ， ，进而计算面积 ， ，再结合已知求得 ，且 再求直线 在 轴上
截距的范围即可.
【小问 1 详解】
根据题意得 解得 所以 ，焦点 .
所以椭圆 的方程是： .
【小问 2 详解】
由题可设直线 方程为： ， ， ， ， .
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由 得 ,
由题知 ， ， ,
.
又点 到直线 的距离 ，
.
由 得 ，由题知 ，得 ， .
.
， ，解得： 且 ,
或 ，
直线 在 轴上截距的取值范围是 .
18. 已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 在 上恒成立，求整数 的最大值.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数 的定义域，求得 ，对实数 的取值进行分类讨论，利用
导数与函数单调性的关系可求得函数 的增区间和减区间；
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（2）由参变量分离法可得出 对 恒成立， ，其中 ，利用导
数求出函数 的最小值，并求出 最小值的取值范围，即可得出整数 的最大值.
【小问 1 详解】
函数 的定义域是 .
因为 ，则 .
①当 即 时， ， ，
此时，函数 的增区间为 ，无减区间；
②当 即 时，由 得 ， .
若 ， ， 时 ，
此时，函数 的增区间为 ，无减区间；
若 ， ，
当 时， ，当 时 ，
此时，函数 的减区间为 ，增区间为 .
综上所述， 时， 的增区间为 ，无减区间；
时， 减区间为 ，增区间为 .
【小问 2 详解】
由 ，得 ，即 对 恒成立.
令 ，其中 ，
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则 ，
令 ，则 ，
因为 ，所以 ，所以 在 上单调递增.
又 ， ，
所以 满足 ，即 ，
当 时， ， ， 在 上单调递减；
当 时， ， ， 在 上单调递增
故 ，故 ，
又因为 ， ，所以 的最大值是 .
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1） ， ；
（2） ， ；
（3） ， ；
（4） ， .
19. 在 重伯努利试验中，设每次试验中事件 A 发生的概率为 .
①若用 表示事件 发生的次数，则称随机变量 服从二项分布，记作 .
②若用 表示事件 首次发生所需的试验次数，则称随机变量 服从几何分布，记作 .
（1）现有十把外形相同的钥匙，其中只有一把能够打开门.现任意一一试开，试对（ⅰ）有放回、（ⅱ）不
放回两种情形求事件“至多试 3 次打开门”的概率；
（2）一般地，分别写出服从二项分布的随机变量 和服从几何分布的随机变量 的分布列及数学期望；
（3）证明：服从几何分布且取值于正整数的随机变量 具有无记忆性，即
，其中 和 为正整数.并结合（1）说明几何分布具有无记忆性的实际意义.
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提示： .
【答案】（1）
（2） 分布列见解析， ； 的分布列见解析，
（3）证明见解析，实际意义见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，有放回时，用 表示首次开门所需的试开次数，则 ；
不放回时，则符合古典概型；
（2）由题可得二项分布及几何分布分布列，然后由期望计算公式化简后可得答案；
（3）由条件概率计算公式可完成证明，然后根据（1）可得其实际意义.
小问 1 详解】
设“至多试 3 次打开门”为事件 .
（ⅰ）用 表示首次开门所需的试开次数，则 ，从而
（ⅱ）不放回情形属于古典概型，
【小问 2 详解】
的分布列为 ，
令 ，由 ，可得 .
令 ，则
的分布列为 ， ，其中 为正整数
记 ，①
，②
①-②，
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， ，
【小问 3 详解】
设 ，令 ，则
，
实际意义：几何分布的无记忆性说明：如果不总结前面试验的经验，一直按最初的方式进行尝试性试验，
就不能有助于成功的出现，“失败是成功之母”的效率就不能提高.
在（1）中，情形（ⅰ）是不总结经验，试开门的过程构成 重伯努利试验：情形（ⅱ）是总结经验，试开
门的过程不构成 重伯努利试验，从（1）的结果说明总结经验会提高事件成功的概率，从中可体会“失败
是成功之母”更深层次的含义：总结失败教训，提高成功概率.
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