湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三下学期月考卷（八）数学试卷（Word版附解析）

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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. 若集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解分式不等式、求二次函数的值域确定集合 ，再由集合的交集运算求结果.
【详解】由 ，
，
所以 .
故选：A.
2. 若复数 满足 ，则 （ ）
A. B. C. D. 125
【答案】B
【解析】
【分析】据复数的模长结合乘法运算可得复数，再由共轭复数的概念和模长公式即可求解.
【详解】 ，则 ，则 ，则 .
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故选：B.
3. 在 中，点 是 的中点，点 在 上，若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意 ， ，根据点 在 上，即可列方程求解.
【详解】由题意点 是 的中点，所以 ，
又 ，所以 ，
解得 ，
又因为点 在 上，
所以 ，解得 或 （舍去）.
故选：B.
4. 在 的展开式中， 的系数是（ ）
A. B. 4 C. D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】求出二项式的通项公式，由此令 x 的指数为 2，求得 r 的值，即可求得答案.
【详解】由题意得 的通项公式为 ，
令 ，
故 的系数是 ，
故选：C
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5. 已知 ， 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】在等式 两边平方，求出 的值，再利用切化弦可求得 的值
.
【详解】在等式 两边平方可得 ，可得 ，
所以 .
故选：B.
6. 正四棱台侧棱长为 ，上下底面边长分别为 和 ，所有顶点在同一球面上，则正四棱台的外
接球表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出图形，设外接球半径为 ，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到球的表面积.
【详解】如图所示， ， ，
设 为外接球球心，外接球半径为 ， 为上下底面的中心，易知 ，
又侧棱长为 ，则 ，又易知 ，
设 ，则 ， ，
故 ，解得： ，
故 ，所以球的表面积为 ，
故选：B.
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7. 设随机变量 服从二项分布 ，则函数 有零点的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【 分 析 】 先 根 据 根 的 判 别 式 得 到 不 等 式 ， 求 出 ， 由 二 项 分 布 求 概 率 公 式 得 到
.
【详解】 中， ，解得 ，
，故 .
故选：C
8. 雅礼中学科技社成员设计的一款机器人，其手臂可以向前、向后、向左、向右、向上、向下六个方向自
由伸展，每接到一次方向指令，它向指定方向移动一个单位．假设该机器人接到六个方向指令是等可能的，
现向机器人随机发 4 次方向指令，它按指令依次做了 4 次伸展，其手臂回到原来位置的概率为（ ）
A. B. C. D. 以上都不对
【答案】D
【解析】
【分析】先确定所有可能的指令情况，再分析手臂回到原来位置的情况，最后根据古典概型概率公式计算
概率.
【详解】因为每次指令都有 种可能，一共发 次指令，根据分步乘法计数原理，每次的选择相互独立，
所以总的基本事件数 .
要使手臂回到原来位置，可分以下两种情况：
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情况一：两次相反方向移动
例如向前移动两次，向后移动两次.从 组相反方向（前与后、左与右、上与下）中选 组，有 种选
法；然后在 次移动中安排这两次相同方向的移动，有 种方法.根据分步乘法计数原理，这种情况的基本
事件数为 .
情况二：两组不同的相反方向各移动一次
从 组相反方向中选 组，有 种选法；然后对这 次不同方向的移动进行全排列，有 种排法.根据分
步乘法计数原理，这种情况的基本事件数为 .
所以手臂回到原来位置的基本事件数 .
根据古典概型概率公式 ，可得： ．
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 线性相关系数 越小，两个变量的线性相关性越弱
B. 在线性回归模型中，决定系数 越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好
C. 独立性检验方法不适用于普查数据
D. 已知随机变量 ，若 ，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用相关系数、决定系数的意义判断 AB；利用独立性检验的意义判断 C；利用正态分布的对称性
求出概率判断 D.
【详解】对于 A，线性相关系数 的绝对值越接近 1，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱，
A 错误；
对于 B，在线性回归模型中，决定系数 越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，B 正确；
对于 C，普查数据可以准确地判断两个变量之间是否有关联，不需要进行 独立性检验，C 正确；
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对于 D，由随机变量 ，得 ，D 正确.
故选：BCD
10. 设 ， ， 表示三个不同的平面， 表示直线，则下列选项中，使得 的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线面平行、面面平行的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于 A，若 ， ，则 可能相交，A 选项错误.
对于 B，若 ， ，则 ，B 选项正确
对于 C，若 ， ，则 ，C 选项正确.
对于 D，若 ， ，则 可能相交，D 选项错误.
故选：BC
11. 已知曲线 ， ，则下列选项正确的是（ ）
A. ，使得曲线 为圆
B. ，曲线 都关于点 中心对称
C. 当 时，
D. 当 时，直线 是曲线 的一条渐近线
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据圆的特征计算判断 A，应用对称性计算判断 B,化简结合判别式判断 C,结合曲线的渐近线计算
求解判断 D.
详解】选项 A:由曲线 ， ，
若曲线为圆，需满足 和 系数相等且无交叉项，
展开原方程得： ，交叉项系数为 ，无法消除，故曲线 C 无法为
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圆，选项 A 错误；
选项 B：验证曲线关于点 对称，将点 替换为对称点 代入方程：
与原方程形式一致，故 均成立，选项 B 正确；
选项 C：当 时，方程为 ，
整理为关于 y 的二次方程： ．
判别式 ，即得 解得 ，选项 C 正确；
选项 D：当 时，方程为 ，渐近线为 ，
化简得 或 ，即得 或 ，所以直线 是曲线 的一条渐近
线，选项 D 正确；
故答案为：BCD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 写出一个同时具有下列性质①②的函数 ________．
① ；② 在 上是增函数．
【答案】 （答案不唯一，形如 都可以）
【解析】
【分析】取 验证①②即可.
【详解】对于函数 ，该函数的定义域为 ，且该函数在 上为增函数，满足②；
对任意的 、 ， ，满足①.
故答案 ： （答案不唯一，形如 都可以）.
13. 已知 为双曲线 的左焦点， 是 的右顶点， 是 上一点，且
， ，则 的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的定义以及余弦定理得到关于 和 的齐次式，求解即可.
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【详解】
设双曲线的右焦点为 ，因为 为双曲线的左焦点， 是双曲线上一点，
根据双曲线的定义知 ， ，
因为 是双曲线的右顶点，所以 ，
又 ， ，所以 ，
所以 ，
在 中，根据余弦定理得 ，
即 ，
整理得 ，
等式两边同时除以 得， ，解得 （舍）或 ，
所以 的离心率为 .
故答案为： .
14. 数列 的前 项和为 ，且满足 ， ，则 可能的不同取值的个数为________．
【答案】46
【解析】
【分析】根据题意，得到 ，其中 ，得到 ，且 奇
偶交错出现，若 为奇数，得到 可取遍 中的每一个奇数；若 为偶数， 可取遍
中 的 每 一 个 偶 数 ， 再 由 ， 推 得
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，进而得到当 时， 能取遍 中的奇数，即可得到答案.
【详解】由数列 的前 项和为 ，且满足 ， ，
可得 ，其中 ，
故 ，且 奇偶交错出现，
若 为奇数，由 ，可得对 可取遍 中的每一个奇数；
若 为偶数，由 ，可得对 可取遍 中的每一个偶数，
又由 ，
当 时， ，考虑由 调整为 ，
则对应的 可增加 ，对诸 （至少一个）调整为 3 后，
满足 ，
即 ，
从上述的调整过程可得 能取遍 中的奇数或偶数（取奇数还是偶数取决于
的奇偶性），
当 时， 能取遍 中的奇数，合计 46 个．
故答案为：46．
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，已知在四棱锥 中， 平面 ，四边形 为直角梯形，
， ，点 是棱 上靠近 端的三等分点.
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（1）证明： 平面 ；
（2）求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，求出平面 的一个法向量，利用向量的坐标运算可得线面平
行；
（2）利用空间向量坐标运算分别得到平面 与平面 一个法向量，计算面面夹角的余弦值即可.
【小问 1 详解】
在四棱锥 中， 平面 ，四边形 直角梯形， ，
以点 为坐标原点， 分别为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
又 ，点 是棱 上靠近 端的三等分点
则 .
，
设平面 的一个法向量为 ，
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则 ，即 ，
令 ，得 ，则 ，
又 ，可得 ，
因为 平面 ，所以 平面 .
【小问 2 详解】
易知 ，设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ，
由（1）知，平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
16. 在 中，角 、 、 所对应的边分别为 、 、 ，已知 ．
（1）求角 ；
（2）若 ， 所在平面内有一点 满足 ，且 平分 ，设 ．
（i）求 面积表达式 ；
（ii）确定 面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正切公式结合诱导公式可得出 的值，结合角 的取值范围可得出角 的值；
（2）（i）由题意可得 ，求出 的取值范围，利用正弦定理结合三角形的面积公式可得
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出 的表达式；
（ii）利用导数可求出 的取值范围，即为所求.
【小问 1 详解】
由 ，
即 ，即 ，
所以 ，即 ，所以 ，
又 ，所以 .
【小问 2 详解】
（i）由题（1）知 ，又 ， ，
在 中， ，故 ，
则 ，
由正弦定理有 ， ，则 ，
故 面积 ，所以 ；
（ii）因为 ，
又 ，所以 ，知函数 在区间 上单调递增，
又 ， ，故 面积的取值范围为 ．
17. 椭圆 的右焦点为 ，过 且斜率为 的直线 与 交于 ， 两点，
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为坐标原点， ，设直线 的斜率为 ，且 .
（1）求椭圆 的方程；
（2）若 为椭圆 上一点，且 为 的重心，求 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设 ， 可得 ，结合 有 ，再由椭
圆基本量的关系求参数，进而写出椭圆方程.
（2）设直线 为 ，联立椭圆方程应用韦达定理及已知可得 ，由点在椭圆上
求 值，由两点距离公式、弦长公式即可求解.
【小问 1 详解】
设 ， ，则 ，又 ， 在椭圆 上，
∴ ，两式作差 ，整理得： ，
∴ ，又 ，
∴ ， ，故椭圆 的方程为 .
【小问 2 详解】
设直线 的方程为 ，
与椭圆 联立并整理得： ， ，
∴ ，则 ，
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又 恰为△ 的重心，故 坐标为 ，即
因为 在椭圆 上，即 ，
故 ，即 ，解得 ，
∴ ，
而 ， ，
故 ；
∴ .
18. 已知函数 ．
（1）若 在区间 上单调，求实数 的取值范围；
（2）若函数 有两个不同的零点．
（i）求实数 的取值范围；
（ii）若 恒成立，求证： ．
【答案】（1） ；
（2）（ⅰ） ；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）应用导数求 的区间单调性，结合已知即可得参数范围；
（2）（i）对 求导，讨论 、 研究单调性，结合零点个数有 ，进而求参数
范围，根据零点存在性定理判断零点个数是否符合要求；（ⅱ）记两个零点为 ，结合不等式
恒成立知 为 两个零点，进而有 ， ，
，应用分析法、导数证明不等式.
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【小问 1 详解】
由题设 ，当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
而 在区间 上单调，所以 ；
【小问 2 详解】
（ⅰ） ，且 ，
令 且 ，则 ，
若 ， ，即 在定义域上递增，所以函数至多有 1 个零点，不符；
当 时， 时 ， 时 ，
在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，得 ，
又 ， ，
另 且 ，则 ，
所以 在 上单调递增，则 ，所以 ，
即 在 和 各存在一个零点，满足题设，
所以 ；
（ⅱ）记两个零点为 ，结合 恒成立，
则 为 的两个零点，则 ， ，
且 ，要证 ，
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即证 ，即证
令 ，即证 ，
令 ，则 ，
所以 ，得证；
要证 ，即证
令 ，则 ，则 ，
所以 ，得证．
综上， .
【点睛】关键点点睛：第二问二小问，由已知 的零点 为 的两个零点，结合分析法和
导数证不等式为关键.
19. 已知甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为 ，每局比赛的结果
互不影响．规定：净胜 局指的是一方比另一方多胜 局．
（1）如果约定先净胜两局者获胜，求恰好 4 局结束比赛的概率；
（2）如果约定先净胜三局者获胜，那么在比赛过程中，甲可能净胜 局．设甲在净
胜 局时，继续比赛甲获胜的概率为 ，比赛结束（甲、乙有一方先净胜三局）时需进行的局数为 ，期
望为 ．
①求甲获胜的概率 ；
②求 ．
【答案】（1）
（2）① ；② ．
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【解析】
【分析】（1）利用互斥事件的概率及独立重复试验的概率公式，列式计算即得.（2）①利用全概率公式列出
的关系等式，再利用消元法求出 ；②列出
的关系等式，利用消元法求出 .
【小问 1 详解】
4 局结束比赛时甲获胜，则在前 2 局甲乙各胜一局，并且第 3，4 局甲胜，
概率为 ；4 局结束比赛时乙获胜，则在前 2 局甲乙各胜一局，并且第 3，4 局乙胜，
概率为 ，所以恰好 4 局结束比赛的概率为 ．
【小问 2 详解】
①在甲净胜-2 局前提下，继续比赛一局：
若甲赢，则甲的状态变为净胜-1 局，继续比赛获胜的概率为 ；
若甲输，则甲的状态变为净胜-3 局，比赛结束，
根据全概率公式， ，同理 ， ， ，
，
由 ， ，得 ，
与 联立消去 ，得 ，
又 ， ，得 ，
与 联立消去 ，得 ，
所以甲获胜的概率为 ．
②在甲净胜-2 局前提下，继续比赛一局：
若甲赢，则甲的状态变为净胜-1 局，继续比赛至结束，还需要 局，共进行了 局；
若甲输，则甲的状态变为净胜-3 局，比赛结束，共进行了 1 局，
则 ，即 ，
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同理 ，即 ，
，即 ，
，即 ，
，即
联立 与 ，得 ，
联立 与 ，得 ，
代入 ，得 ，
所以 ．
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