湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三下学期月考卷（七）数学试题 Word版含解析

这是一份湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三下学期月考卷（七）数学试题 Word版含解析，共21页。试卷主要包含了 已知 ，则， 定义在 的增函数 满足等内容，欢迎下载使用。
命题：雅礼中学高三数学备课组
审题：雅礼中学高三数学备课组
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.
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. 设集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别解出集合 中的分式不等式和集合 中的对数不等式，再利用集合的交集运算即可求解.
【详解】不等式 等价于 ，解得 ，
；
不等式 等价于 ，
， ， ，
.
故选：D
2. “ ”是“复数 为纯虚数”的（ ）
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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
【答案】C
【解析】
【分析】利用充分条件和必要条件的定义，结合复数的除法运算及纯虚数的概念求解.
【详解】复数 ，
当 时， ，复数 ，是纯虚数；
当复数 为纯虚数时，有 ，解得 .
则“ ”是“复数 为纯虚数”的充要条件.
故选：C
3. 已知平面向量 满足 ，且 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件求得 ，再由平面向量的夹角公式即可求解；
【详解】由 ， ，
．
故选：D．
4. 已知随机变量 ，且 ，则 的最小值为（ ）
A. 5 B. C. D.
【答案】D
【解析】
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【分析】根据正态分布的对称性求得 ，利用基本不等式求得正确答案.
【详解】根据正态分布的知识得 ，则 ，
，
当且仅当 ，即 时取等.
故选：D
5. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由诱导公式和和差角公式化简等式求得 的值，从而知道 的值，然后得到 的
值.
【详解】 ， ，
，可得 ，
， ．
故选：A．
6. 已知双曲线 的右焦点为 ，过 且倾斜角为 的直线交双曲线 的两条渐近线于
两点，则 （ ）
A. B. C. D.
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【答案】A
【解析】
【分析】根据渐近线的倾斜角可得 ，根据全等即可求解.
【详解】由已知 ，渐近线方程为 ，则两条渐近线倾斜角分别为 和 ；
直线 倾斜角为 ，且经过右焦点 ，所以该直线与其中一条渐近线垂直．
令 ，易得 ，则 .
故选：A；
7. 从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断、不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”．下列几何体可以“一
笔画”的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一笔画的要求，先找到都是偶点的图形，一定可以一笔画，再验证奇点的图形是否符合一笔
画的条件.
【详解】从一顶点出发的边数为双数的顶点叫偶点，凡是偶点组成的图形一定可以一笔画，所以 C 选项正
确;
从一顶点出发的边数为单数的顶点叫奇点，凡是奇点组成的图形，必须满足只有两个奇点，其余点为偶点
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才可以一笔画，
而 ABD 选项图形中，每个点都是奇点，所以不能一笔画.
故选：C
8. 定义在 的增函数 满足： ，且 .已知数列
的前 项和为 ，则使得 成立的 的最大值是（ ）
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】应用已知条件分别构造抽象函数模型 或应用赋值法计算得出 再应用等比
数列的求和公式计算可得.
【详解】法一： ，可令 ，又 ，则 ，
，
．
．
法二：
由题 ；
令 ；
令 ；
， ．
．
故选：B．
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. 已知 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ）
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A. 若 ，则 平行或相交
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 若 ，则 平行或相交
【答案】BD
【解析】
【分析】根据空间中的线线、线面、面面关系逐项判断即可得结论.
【详解】若 ，则 平行或相交或异面，故 A 错误；
若 ，则 ，故 B 正确；
若 ，则 平行或相交，故 C 错误；
若 ，则 平行或相交，故 D 正确.
故选：BD.
10. 已知 的内角 的对边分别为 ，且 ，下列结论正确的是
（ ）
A.
B. 若 ，则 有两解
C. 当 时， 为直角三角形
D. 若 为锐角三角形，则 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过正弦定理、诱导公式、二倍角公式及辅助角公式即可判断 A；通过余弦定理即可判断 B；通过
余弦定理及 可得 或 ，即可判断 C；通过求 的取值范围 ，并将
即可判断 D.
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【详解】对于 A，因为 ，
所以由 及正弦定理得， ，
由诱导公式得， ，
因为 ，故 ，所以 ，
化解得 ，即 ，
所以 或 ，即 （舍）或 ，故 A 正确；
对于 B，由余弦定理得 ，即 ，得 ，
由 ，所以 (负值舍)，即 有一解，故 B 错误；
对于 C，因为 ，两边平方得 ，
由余弦定理得 ，
由两式消 得， ，解得 或 ，
由 解得 ，
由 解得 ;
故 为直角三角形，故 C 正确；
对于 D，因为 为锐角三角形，且 ，
所以 ，
即 ，
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所以 ，所以 ，故 D 正确.
故选：ACD.
11. 数学中有许多美丽的曲线，图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成，曲线 ，上顶点为 ，
右顶点为 ，曲线 上的点满足到 和直线 的距离之和为定值 4，已知两条曲线具有公共的
上下顶点，过 作斜率小于 0 的直线 与两曲线从左到右依次交于 且 ，则（ ）
A. 曲线 由两条抛物线的一部分组成
B. 线段 的长度与 点到直线 的距离相等
C. 若线段 的长度为 ，则直线 的斜率为
D. 若 ，则直线 的斜率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于选项 A，根据题干列出等式即可判断；对于选项 B，利用抛物线的定义即可判断，对于选项 C，
利用焦半径公式列出等式即可判断，对于选项 D，由焦半径，又因为 可得 ，即可得
到结果.
【详解】
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对于 A 选项，设曲线 上任意一点 ，
由 定义可知， 满足 ，
移项，平方可得： ，
即 ，为两条抛物线，故 A 正确；
对于 B 选项， 和直线 分别为抛物线 的焦点和准线，由抛物线定义可知，故 B 正确
对于 C 选项，设 与 轴夹角为 同时为抛物线 和椭圆的焦点， ，
，
解得 ，则 ，故 C 错误.
对于 D 选项，易知 为抛物线 和 的焦点，
前者 ，后者 分别为两个抛物线的较短的焦半径，因此
，由于 ，
则 ，因此 ，所以 ，故 D 正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：抛物线的求解，一般利用定义和二级结论直接能够列出等式求解.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知二项式 展开式中含有常数项，则 n 的最小值为____________．
【答案】6
【解析】
【分析】写出二项式的通项公式并化解，根据已知列式，利用 即可得到 最小时的情况即可得
出答案.
【详解】二项式 展开式的通项为：
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，
二项式 展开式中含有常数项，
有解，
则当 时， 最小，且最小值为 6.
故答案为：6.
13. 小明参加一项篮球投篮测试，测试规则如下：若出现连续两次投篮命中，则通过测式；若出现连续两次
投篮不中，则不通过测试.已知小明每次投篮命中的概率均为 ，则小明通过测试的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式和条件概率求解即可.
【详解】设第一次投篮成功为事件 B，通过测试为事件 A，
则 ，
所以 ，
所以 ，
故答案为：
14. 已知函数 ，若不等式 对任意 恒成立，则实数 的取
值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】证明函数 为偶函数，利用导数判断函数 在 上的单调性，结合函数性质将条件
转化为 恒成立，结合二次函数性质列不等式求 的范围.
【详解】函数 的定义域为 ，定义域关于原点对称，
且 ，
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所以 为偶函数，
又当 时， ， ，
所以 ，
所以 在 上单调递增，
所以不等式 对任意 恒成立，
转化为 ，即 ，
所以 且 在 上恒成立，
①若 在 上恒成立，则 ，解得 ；
②若 在 上恒成立，则 ，解得 ，
综上所述，实数 的取值范围是 .
故答案为： .
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明､证明
过程或演算步骤.
15. 如图，三棱柱 中，侧面 底面 ABC，且 ， ．
（1）证明： 平面 ABC；
（2）若 ， ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2） .
【解析】
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【分析】（1）取 BC 的中点 M，连结 MA、 ，根据等腰三角形性质和线面垂直判定定理得 平面
，进而由 得 ，再证明 平面 ABC 即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可；也可用垂面法作出垂直于 的垂面，从而得出二面角的
平面角再进行求解即可.
【小问 1 详解】
取 BC 的中点 M，连结 MA、 ．
因为 ， ，所以 ， ，
由于 AM， 平面 ，且 ，
因此 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
因为平面 平面 ABC，平面 平面 ，且 平面 ，所以 平
面 ABC，
因为 ，所以 平面 ABC.
【小问 2 详解】
法一：因为 ，且 ，所以 ．
以 AB，AC， 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
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则 ， ， ， ．
所以 ， ， ．
设平面 的法向量为 ，则 ，可得 ，
令 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，可得 ，
令 ，则 ，
设平面 与平面 夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
法二：将直三棱柱 补成长方体 ．
连接 ，过点 C 作 ，垂足为 P，再过 P 作 ，垂足为 Q，连接 CQ，
因为 平面 ，且 平面 ，
所以 ，
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又因为 ，由于 BD， 平面 ，且 ，
所以 平面 ，则 为直角三角形，
由于 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 CPQ，且 ，所以 平面 CPQ，
因为 平面 CPQ，所以 ，
则∠CQP 为平面 与平面 的夹角或补角，
在 中，由等面积法可得 ,
因为 ，所以 ，
因此平面 与平面 夹角的余弦值为 .
16. 已知函数 ，其中
（1）当 时，求曲线 的对称中心；
（2）若函数 在区间 上单调递减，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用函数的定义域，就可以初步判断对称中心的横坐标，再利用对称性恒等式进行求解，就
可得对称中心的纵坐标，从而可得对称中心；
（2）由函数的单调递减转化为导函数值恒小于或等于 0，再利用二次不等式在区间内恒成立，转化为端点
值成立即可求解.
【小问 1 详解】
当 时， ，定义域为 ，
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其定义域关于 对称，
则
，
所以函数 的对称中心是 .
【小问 2 详解】
由 ，
因为 ，所以 ，所以 的定义域为 ，
则 ，
由题可得 在区间 上恒成立，
则 在区间 上恒成立，
则 ，
解得 ，
故实数 a 的取值范围为：
17. “石头、剪刀、布”是我们小时候常玩的游戏，游戏规则如下：
①石头赢剪刀，剪刀赢布，布赢石头；
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②两人游戏时，出相同的手势为平局；多人游戏时都出相同的手势或者三种手势都出现为平局.
现有 人玩游戏.
（1）分别求 3 人，4 人玩一轮游戏，平局的概率 、 ；
（2）求 人玩一轮游戏，平局的概率 （结果用 n 表示）；
（3）设当 时，玩 2 轮游戏，最终决出唯一获胜者的概率 .
【答案】（1） ，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）应用古典概型及排列数组合数公式计算即可；
（2）应用古典概型及对立事件概率公式计算即可；
（3）应用古典概型，独立事件概率乘积公式及互斥事件概率和公式计算即可；
【小问 1 详解】
，
【小问 2 详解】
由于平局的情况比较多，我们可以考虑 n 人玩游戏分出胜负的概率 ，
；
其中 表示分出胜负的三种情况，即 n 人只出了①石头，剪刀；②石头，布；③剪刀，布，此时分胜负，
而分出胜负与平局是对立事件，
故
【小问 3 详解】
解法一：由于 5 人玩 2 轮游戏，最终决出唯一获胜者
情形一：第一轮平局，第二轮决出唯一获胜者
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此时 ；
情形二：第一轮淘汰 1 位游戏者，第二轮淘汰 3 位游戏者，决出唯一获胜者
此时 ；
情形三：第一轮淘汰 2 位游戏者，第二轮淘汰 2 位游戏者，决出唯一获胜者
此时 ；
情形四：第一轮淘汰 3 位游戏者，第二轮淘汰 1 位游戏者，决出唯一获胜者
此时 ；
综上所述：
解法二：记 表示 n 个人玩一轮游戏，恰好剩 m 人的概率，
当 时， ；
当 时， ；
5 人 2 轮游戏决出唯一获胜者的概率 ，
.
18. 已知点 ，平面内过一动点 （异于 ）的直线 分别与直线 4 相交于
两点，且 ，记动点 的轨迹为曲线 .
（1）求 的方程；
（2）若斜率为 1 的直线 与 相交于 两点，且 ，求 的方程；
（3）记 与 外接圆的半径分别为 ，求 的最小值.
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【答案】（1） （ ）；
（2） ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）设 ，根据斜率的两点式及其乘积为定值，即可得轨迹方程；
（2）设 l 的方程为 ， ， ，联立曲线 ，应用韦达定理及弦长公式列方程求
参数 m，即可得结果；
（3）设直线 PA 的方程为 ，则直线 PB 的方程为 ，进而求出 坐标及
，应用正弦定理求外接圆半径，结合 可得 ，最后应用基本不等式求
最值即可.
【小问 1 详解】
设 ，由 ，得 ，整理得 .
因为点 P 异于点 A，B，所以 C 的方程为 （ ）.
【小问 2 详解】
设 l 的方程为 ， ， ，则 .
联立方程组 ，整理得 ，
则 ，即 ，
所以 ， ，
则 ，解得 ，满足题设，
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所以 l 的方程为 .
【小问 3 详解】
设直线 PA 的方程为 ，则直线 PB 的方程为 .
令 ，得 ，同理得 ，则
在 中，由正弦定理知 ，同理可得 .
因为 ，所以 ，
从而 ，当且仅当 时等号成立，
故 的最小值为 .
19. 记集合 ， ， ，对于 ，
， ，定义 .
（1） ，且 ，记随机变量 ，求
（2）若集合 ，对于 ，且 ，都有 ，请写出一个集合 ，使得集合 中的
元素个数最多，并说明理由；
（3）若集合 ，对于 ，且 ，都有 ，求证：集合 中至多有 个元素．
【答案】（1）
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（2） ， 中一共有 个元素，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据集合的定义列举出 中的元素，根据古典概型的概率公式求解即可；
（2）利用反证法，假设 中除了 外还有 个元素，利用集合元素的互异性可知这些元素中
至少含有 个“1”，则一定存在两个元素之中的某一个分量同时为 1，与题设矛盾即可证明；
（3）对于 ，令 ，则由 可知若 ，则
，即可证明结论.
【小问 1 详解】
由题意可 ，
中的元素有 ， ， ， ， ， ， ， ，共 8 个，
从 8 个元素中任选两个元素有 种，
其中向量 和剩下 7 个向量的数量积均为 0，有 7 种情况；
， ， 这 3 个向量中任选两个，它们的数量积均为 0，有 3 种情况；
， ， 这 3 个向量分别和 ， ， 的数量积为 0，有 3 种情况，
则满足 的情况共有 种，
所以
【小问 2 详解】
， 中一共有 个元素，此时 中元素个数是
最多的.
理由如下：
假设 中除了 外还有 个元素，
则根据集合中元素的互异性这些元素中至少含有 个“1”，
所以一定存在两个元素 ， ， ，
这两个向量之中的某一个分量同时为 1，
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即存在 ，使得 ，此时 ，与题设矛盾，
故集合 中至多有 个元素．
【小问 3 详解】
对于 ，令 ，
定义 与 是一组“互补向量”，
若 ，则 ，且 ，
所以对于集合 ，若 ，则 ，
因为若 且 ，则 ，
与已知对于 ，且 ，都有 ，矛盾，
而 中元素个数为 个， 与 成对出现，
所以集合 中的元素个数至多为 个，即 .
下面给出一种 的取法：
在每一组“互补向量”中，我们始终取“1”的个数较多的那个向量作为集合 中的元素，这样就能保证对
于 ，且 ，都有 ，
证明如下：
①若 ， ，则每一组“互补向量”里被选出来的向量都至少含有 个“1”，
可知 中任意两个向量里都至少有一个相同位置含有“1”，符合题意．
②若 ， ，按照前面的选法，选出的“1”的个数大于 的向量与其他组被选出的向量的数量积
都大于 0，所以我们只需要考虑那些恰好含有 个“1”的“互补向量”组．
事实上，每一个恰好含有 个“1”的向量只与自身的“互补向量”的数量积为 0，而与其他的含有 个“1
”的向量的数量积均大于
所以对于由两个恰好含有 个“1”的向量构成的“互补向量”组，我们就从这两个向量中任选一个作为集
合 中的元素，这样的选法仍是选出了 个向量作为 中的元素．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查集合的新定义、集合的表示、元素与集合的关系，对于新定义问题要
充分理解定义，并把定义进行转化为已知的知识点或结论，方便解题.
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