湖南省郴州市2025届高三下学期第三次教学质量监测（市三模）数学试题 含解析

这是一份湖南省郴州市2025届高三下学期第三次教学质量监测（市三模）数学试题 含解析，共20页。试卷主要包含了 已知椭圆， 已知，则的值是， 定义等内容，欢迎下载使用。
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（本大题共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，，则中所有元素和为（ ）
A. 3B. 5C. 6D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合A，再求出，即可求出中所有元素之和.
【详解】因为集合，得，
又集合，所以，
所以中所有元素之和为.
故选：C.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. 3D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】先化简，求出复数，得到共轭复数，最后根据模长公式计算即可.
【详解】满足，则，则.则.
故选：D.
3. 在平面直角坐标系xOy中，已知，，，若，则的值为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算，可求出，，，再根据向量数量积的坐标运算，即可求解.
【详解】因为，，所以，，
又，得，
又，所以，即，解得.
故选A.
4. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，若，椭圆的离心率为，则椭圆的焦距为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义、离心率等知识列方程，求得，进而求得椭圆的焦距.
【详解】依题意，解得，
所以焦距.
故选：B
5. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角恒等变换的知识求得正确答案.
【详解】依题意，，
，
所以.
故选：B
6. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，，BC边上的高，则（ ）
A. B. C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形面积公式求出的值，再利用余弦定理求出的值，进而求出的值.
【详解】已知BC边上的高，，根据三角形面积公式.
将，，代入可得：，，.
由余弦定理，可得：，即，
可得：，即，把代入上式可得：
，即.
因为、为三角形的边，可得：.
故选：A.
7. 已知函数，若函数在区间的图象上存在两条斜率之积为的切线，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的几何意义结合导函数的单调性计算即可.
【详解】由，
不妨设这两条相互垂直的切线的切点为，且
若，则恒成立，不符合题意，可排除A项.
所以，此时在上单调递增，
依题意需使，解得.
故选：D
8. 定义：在空间直角坐标系中、两点的“网线距离”为.设、、，其中、、均为整数，若满足的点的个数为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角不等式可得出当时，、、，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】因为、、，则，
由三角不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立，
同理可得，，当且仅当、时，等号成立，
又因为，
即，可得、、，
又因为、、都是整数，则、、，
故满足条件的点的个数为个.
故选：C.
二、选择题（本大题共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. 某市为丰富市民的业余生活，春节前举办“迎春杯”歌手大奖赛，比赛分青年组、中年组和老年组.每组由6位专业评委对演唱评分（满分10分），老年组的甲和乙参加比赛得分的折线统计图如下图所示，则下列结论正确的是（）
A. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数
B. 甲得分的极差大于乙得分的极差
C. 甲得分的上四分位数小于乙得分的上四分位数
D. 甲得分的方差大于乙得分的方差
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据中位数、极差、上四分位数和方差的定义及计算公式，分别计算甲、乙得分的相应统计量，再对各选项进行判断.
【详解】将甲的得分从小到大排列为：7.0，8.3，8.9，8.9，9.2，9.3.
因为数据个数为偶数，所以甲得分的中位数为.
将乙的得分从小到大排列为：8.1，8.5，8.6，8.6，8.7，9.1.
同理，乙得分的中位数为.
由于，所以甲得分的中位数大于乙得分的中位数，A选项正确.
甲得分的最大值是9.3，最小值是7.0，则甲得分的极差为.
乙得分的最大值是9.1，最小值是8.1，则乙得分的极差为.
因为，所以甲得分的极差大于乙得分的极差，B选项正确.
，，向上取整为.
所以甲得分的上四分位数是9.2，乙得分的上四分位数是8.7，
由于，所以甲得分的上四分位数大于乙得分的上四分位数，C选项错误.
，，向上取整为.
所以甲得分的上四分位数是9.2，乙得分的上四分位数是8.7，
由于，所以甲得分的上四分位数大于乙得分的上四分位数，C选项错误.
计算甲得分的平均数：
,
甲得分的方差：
.
计算乙得分的平均数：
,
乙得分的方差：
.
因为，所以甲得分的方差大于乙得分的方差，D选项正确.
故选：ABD
10. 已知定义在上的函数的导数为，若，且，则下列式子中一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】因为当时，，可构造，进而可得，所以在上单调递增，结合的单调性，逐项判断即可.
【详解】因为当时，，
令，可得，所以在上单调递增.
因为，可得，
对于A，因为在上单调递增，所以，即，化简可得，故A正确；
对于B，因为在上单调递增，所以，即，化简可得，故B错误；
对于C，因为在上单调递增，所以，即，化简可得，故C正确；
对于D，因为在上单调递增，所以，即，化简可得，故D错误；
故选：AC.
11. 已知正方体的表面积与体积的数值之比为3，，分别是棱BC，的中点，是线段上一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 多面体的体积为
C. 存在一点，使得
D. 若平面PQG，则平面PQG截正方体的截面面积是
【答案】BD
【解析】
【分析】由正方体的表面积、体积公式，棱锥的体积公式、异面直线的判断、及正方体截面的结构逐项判断即可.
【详解】
对于A，因为正方体的表面积与体积之比为3，
所以，解得，故A错误；
对于B，因为四面体的体积为，
所以多面体的体积为，正确；
对于C，设的中点为，连接，则，因为在平面内，而是线段上一个动点，即点在平面内，点在平面外，所以为异面直线，故C错误；
对于D，在正方体中，连接，易得，
又结合正方体的结构特点易证，
是平面内的两条相交直线，
所以平面，又在平面内，
所以，同理可证，
是平面内两条相交直线，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
又分别是棱BC，的中点，
所以平面截正方体的截面分别交棱的中点，
所以截面为正六边形，又，所以截面面积为，故D正确，
故选：BD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
详解】依题意，.
故答案为：
13. 已知函数，若在区间上单调递增，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】求得的单调递增区间，根据题目要求求得的取值范围.
【详解】由解得，，
令，得，
依题意，在区间上单调递增，
则实数的取值范围为.
故答案为：
14. 已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且，点在直线：上，过向抛物线引两条切线PQ，PR，切点分别为，，过点引直线QR的垂线，垂足为点，则直线FH的斜率的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求得切线方程，进而得到直线的方程为，进而得到点的轨迹为以为直径的圆，得到方程，过点与圆相切的直线的斜率为，结合直线与圆的位置关系，列出方程，即可求解.
【详解】因为，所以，所以抛物线：；
设，不妨设，
由，可得，可得，则，
可得切线的方程为
因为点在直线上，可得，
同理可得：，
所以直线的方程为，可得直线过定点，
又因为在直线上的射影为，可得且，
所以点的轨迹为以为直径的圆，其方程为，
当与相切时，
由抛物线，可得，设过点与圆相切的直线的斜率为，
可得切线方程为，则，解得或，
所以实数的范围为.
故答案为：.
四、解答题（本大题共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. 已知编号为甲、乙、丙的三个袋子中装有除标号外完全相同的小球，其中甲袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；乙袋内装有两个1号球，一个3号球；丙袋内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球.
（1）从甲袋中一次性摸出2个小球，记随机变量为1号球个数，求随机变量的分布列和数学期望；
（2）现按照如下规则摸球：连续摸球两次，第一次先从甲袋中随机摸出1个球，若摸出的是1号球放入甲袋，摸出的是2号球放入乙袋，摸出的是3号球放入丙袋；第二次从放入球的袋子中再随机摸出1个球.求第二次摸到的是3号球的概率.
【答案】（1）分布列见详解；
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知随机变量的可能取值为0，1，2，结合超几何分布求分布列和期望；
（2）设相应事件，根据题意可得相应概率，利用全概率公式圆求解.
【小问1详解】
由题意可知：随机变量的可能取值为0，1，2，则有：
，
可得随机变量的分布列为
所以随机变量的期望.
【小问2详解】
记第一次从甲袋中随机摸出1个球，摸出的是1、2、3号球分别为事件，
第二次摸到的是3号球为事件B，
则，
所以.
16. 已知数列为等差数列，且，.
（1）求数列通项公式；
（2）已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式；
（3）已知数列满足：，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由等差数列的性质可求出，进而可求得数列的公差，进而可求得数列的通项公式；
（2）当时，可求出的值，当时，由得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可得出数列的通项公式；
（3）利用错位相减法可求出.
【小问1详解】
因为数列为等差数列，则，可得，
所以，数列的公差为，
故.
【小问2详解】
当时，，解得，
当且时，由得，
上述两个等式作差可得，可得，
所以，数列是首项和公比均为的等比数列，故.
【小问3详解】
由（1）（2）可得，
所以，，
则，
上述两个等式作差得
，
整理得.
17. 已知函数.
（1）当时，求函数的最值；
（2）若函数有两个不同极值点，证明：.
【答案】（1）的最大值为，无最小值.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导，根据函数与导数的关系判断即可求出最值；
（2）利用极值点条件，结合对数运算和不等式证明乘积下限.
【小问1详解】
当时，对函数求导可得.
令，解得.
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
因此，在处取得最大值，最大值为，无最小值.
【小问2详解】
函数 对求导可得
令，得到.
设是的两个根，则①，②
①-②得③；①+②得④.
③④得，
即，
不妨设，令则，
即.
要证，即证，
即证，即证，即证，即证.
设，对求导可得
恒成立，故在上单调递增，
即故成立，即成立.
18. 如图所示，在圆柱中，矩形为圆柱的轴截面，圆柱过点的母线为，点，为圆上异于点，且在线段AB同侧的两点，且，点为线段的中点，.
（1）求证：平面；
（2）若平面与平面所成夹角的余弦值为，求的大小；
（3）若，平面经过点，且直线与平面所成的角为，过点作平面的垂线（垂足为），求直线AQ与直线所成角的范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）的大小为
（3）线AQ与直线所成角的范围为
【解析】
【分析】（1）在平面内找到一条与平行的直线，由线线平行去证明线面平行即可；
（2）建立坐标系，将坐标分别用表示出来，再根据平面与平面所成夹角的余弦值为列出方程求解；
（3）由所给的条件分析出点的轨迹，再去利用向量数量积公式去求解夹角余弦值的取值范围，从而得到夹角的取值范围.
【小问1详解】
证明：
延长交于点Q，连接，
因为，是中点，所以是的中位线，则点是中点，
又因为是圆柱母线，所以平行且相等，
所以易得相交与点，是的中点，则在中，，
又因因为，在延长线上，所以可得平面，而不在平面内，
所以平面.
【小问2详解】
由题意可知面，且因为直径，所以则，三线两两垂直，则建立如图所示空间直角坐标系，
又因为，所以设，则，
可得点坐标为，，，，
则，
由题意平面在平面内，所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则解得，所以，
又因为平面与平面所成夹角的余弦值，解得或（舍），
且因为，则，即.
【小问3详解】
因为过点的平面与直线所成的角为，又因为过点作平面的垂线（垂足为）
所以直角三角形，且，
所以点是绕旋转的圆，且半径，圆心距离点的长度为
所以设点且，又因为点为，所以，
而，所以，
又因为，所以，
且因为，所以，
所以直线AQ与直线所成角的范围为.
19. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，过的直线与双曲线交于，两点，当直线垂直于轴时，的周长为16.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）与轴不重合的直线过点，双曲线上存在两点，关于对称，且AB的中点的横坐标为.
（ⅰ）若，求实数的值；
（ⅱ）若，为双曲线右支上两个不同的点，过点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）4；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的标准方程.
（2）（ⅰ）利用点差法列方程，化简求得正确答案.
（ⅱ）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，由，结合弦长公式以及来求得正确答案.
【小问1详解】
因为当直线 垂直轴时，将代入 ,得 ,
所以,所以 ,
因为双曲线的离心率为的周长为16,
所以由题得 ， 解得 ，
所以双曲线的标准方程为 ;
【小问2详解】
设 ,
（i）因为两点在双曲线上,所以 两式相减得 ,
得 ,
即 ,所以 ,
因为是的垂直平分线，有，所以 ,
即 ,化简得 ,故 .
（ii）由题意可知直线 斜率存在且 ,
设直线 的方程为: ,
由 ，消去并整理得 ,
则 ,
即 ,

于是 点的坐标为 ,

易知 ，所以 ,解得: ,
代入得 ,
得或 ,
由在双曲线的右支上得: ,
得，即 ,
且 ,
综上得, ,
又 ,
所以

因为，所以 ，故 ,
所以 ,
所以， 所以 .
0
1
2