湖南省长沙市雅礼中学2025届高三上学期月考（二）数学试题+答案

这是一份湖南省长沙市雅礼中学2025届高三上学期月考（二）数学试题+答案，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。
命题人：周芳芳 张博 审题人：周芳芳 伊波
得分：______
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟，满分150分.
第Ⅰ卷
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
【解析】
【分析】利用自然数集的含义描述集合，根据集合交集运算求解.
【详解】根据题意，集合表示从开始的奇数的集合，即，
.
故选：C.
2. 若复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的运算对复数化简，再求，即可求解.
【详解】由，
则，
则，
因此，
故选：B.
3. 设，是单位向量，则的最小值是（ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】设，的夹角为，则，结合数量积的运算律分析求解.
【详解】设，的夹角为，
因为，则，
可得，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值是1.
故选：D.
4. 已知，则（ ）
A. 5B. C. -5D.
【答案】D
【解析】
【分析】由角的变换，利用余弦的和，差角公式和展开，从而可得答案.
【详解】，则
则，
即，所以，
∴，
故选：D
5. 巴黎奥运会期间，旅客人数（万人）为随机变量，且.记一天中旅客人数不少于26万人的概率为，则的值约为（ ）
（参考数据：若，有，，）
A. 0.977B. 0.9725C. 0.954D. 0.683
【答案】A
【解析】
【分析】根据正态分布对称性求得答案.
【详解】因为，所以，，
，
根据正态曲线的对称性可得，
.
故选：A.
6. 已知抛物线：的焦点为，过点的直线与相交于，两点，则的最小值为（ ）
A. B. 4C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】设过点的直线的方程为：，与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系求出的值，再根据抛物线的定义知，，从而求出的最小值即可.
【详解】
由抛物线的方程为，焦点坐标为F0,1，
设直线的方程为：，
联立方程，整理得，则，
故，
又，，
则，
当且仅当时等号成立，故的最小值为.
故选：A.
7. 若，，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】三角换元后结合辅助角公式和正弦函数的值域求解即可；
【详解】因为，设，
又由，，不妨取，
所以，
因为，所以，
所以，
所以的取值范围为，
故选：B.
8. 从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据选的砝码个数可以分为一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码五种情况可求得，在分析各个选项的系数，即可求解.
【详解】一个砝码有，9一种情况，种情况，
两个砝码有，，，几种情况种
三个砝码有，，，，，，几种情况种
四个砝码有，，，，，种，
五个砝码有，，种，
总计种.
对A，选项系数为，故不符合，所以A错误；
对B，的系数是选个带的，其他的个括号选常数项，可得，故B错误；
对C，
系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为
有两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数， ，系数为，
系数与组成，其他为常数， ，系数为，
同理由三项组成，，，，，几种情况，其他项为常数，则系数为
同理由四项组成，，，几种情况，其他常数，则系数，
同理由五项组成其他项为常数，则系数为，
综上系数为，故C正确；
对D，
，
系数直接有一项，其他是常数项，可有种情况，系数为，
有与组成，其他是常数项，可有,
故D错误.
故选：C
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. (多选)下列选项中，正确的是（ ）
A. 不等式的解集为或
B. 不等式的解集为
C. 不等式的解集为
D. 设，则“”是“”的充分不必要条件
【答案】ABD
【解析】
【分析】解出各选项中的不等式后可判断．
【详解】A选项，或，A正确；
B选项，，B正确；
C选项，或，即或，C错误；
D选项，，，而是的真子集，D正确．
故选：ABD．
10. 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的命题有（ ）

A. 没有水的部分始终呈棱柱形
B. 水面所在四边形的面积为定值
C. 随着容器倾斜度的不同，始终与水面所在平面平行
D. 当容器倾斜如图（3）所示时，为定值
【答案】AD
【解析】
【分析】想象容器倾斜过程中，水面形状（注意始终在桌面上），可得结论．
【详解】由于始终在桌面上，因此倾斜过程中，没有水部分，是以左右两侧的面为底面的棱柱，A正确；
图（2）中水面面积比（1）中水面面积大，B错；
图（3）中与水面就不平行，C错；
图（3）中，水体积不变，因此面积不变，从而为定值，D正确．
故选：AD．
【点睛】本题考查空间线面的位置关系，考查棱柱的概念，考查学生的空间想象能力，属于中档题．
11. 已知奇函数在上单调递增，，，若，则（ ）
A. 的图象关于直线对称
B.
C. 或
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性，结合题中的条件对抽象函数求导可以得到，，再结合选项进行判断即可.
【详解】对于A，由为R上的奇函数，则，，
则，所以，即为偶函数，因此关于直线对称，故A正确；
对于B，由，则两边同时求导得：，即，故B正确；
由，则，即，即，
则（为常数），设（为常数），
对于C，由，则，即，解得或，
当，则，则，即，
又为偶函数，则即是奇函数也是偶函数，与在R上单调递增矛盾，
因此不符合题意，则，故C错误；
对于D，当时，则，则，即，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：奇偶函数的性质，及对抽象函数求导，比如，求导可以得到，再结合，，灵活变化，必要时可以对其进行赋值.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 从，，，2，3，4，6，9中任取两个不同的数，分别记为，，记“”，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据对数的性质、排列知识和古典概型的概率公式可得结果.
【详解】因为，所以或，
从中任取两个不同的数，共可得到取法，
其中对数值为负数的有个，
所以.
故答案：.
13. 如图，中，，，为中点，则的取值范围为______.

【答案】
【解析】
【分析】以为坐标原点，所在的直线为轴，的中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，结合题中条件确定的范围即可.
【详解】
以为坐标原点，所在的直线为轴，的中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，
设，又，则在第一象限或者第四象限，结合对称性，不妨设在第一象限，
则，整理得且，
又，结合图象知，，
则，
当时，取最大值为，
则，即的取值范围为，
故答案为：.
14. 小军和小方两人先后在装有若干黑球的黑盒子与装有若干白球的白盒子（黑球数少于白球数）轮流取球，规定每次取球可以从某一盒子中取出任意多颗（至少取颗），或者在两个盒子中取出相同颗数的球（至少各取颗），最后不能按规则取的人输.已知两盒中共有个球，且两人掷硬币后决定由小军先手取球.小方看了眼黑盒中的球，对小军说：“你输了！”若已知小方有必胜策略，则黑盒中球数为______.
【答案】
【解析】
【分析】分黑球和白球个数为，，，，进行讨论，若小方有必胜策略，重点在于小方取完后盒中球的情况为或时，则小方必胜.
【详解】设黑球数为，白球数为，由，，则可能有以下几种情况：
①，小军可先手在白盒子中取颗球，此时两盒球数为，则小方必不可能全部取完，小方后手取球后可能为0,2，0,1，，1,0，此时无论何种情况小军都可全部取完，故小军有必定获胜的策略，不符合题意；
②，小军可先手在白盒子中取颗球，此时两盒球数为2,1，同①进行分析可知，小军有必定获胜的策略，不符合题意；
③，小军可先手在白盒子中取颗球，此时两盒球数为，小方取球后，若两盒中球数一样或有一盒取空，则小军可全部取完，小军必胜；
若两盒中球数不一样，且均不为，则一定是以下三种情况之一：
（1）两盒球数为；
（2）有一盒中只有一个球，另一盒中多于两个球，即，，；
（3）有一盒中有两个球，另一盒中多于两个球，即，，；
无论为哪种情况，小军都可将其取为或2,1，知此时小军必胜，不符合题意；
④，若小军只从白盒中取球，
则两盒球数为，，时，由③的推理过程知，小方必胜；符合题意.
若两盒球数为时，小方可将球数转为，知小方必胜；
若两盒球数为时，小方可将球数转为，知小方必胜；
若两盒球数为时，知小方必胜
若小军从黑盒中取出了球，则黑盒中球数，白盒中球数黑盒中球数，从而由③推理过程知小方必胜；
⑤，小军可将球数转化为，小军必胜，不符合题意；
因此小方有必胜策略，则黑盒中球数为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于小方怎样将盒中的球变为或，则小方必胜.
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. 记的内角的对边分别为.已知，.
（1）求；
（2）若的内切圆在上的切点为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理对进行边化角，再借助即可求出的值；
（2）利用内切圆的性质可得，再结合，即可求出的值.
【小问1详解】
由，则，
整理得：，
则角化边可得：，
整理可得：，
又，因此可得.
【小问2详解】

由（1）知，
设的内切圆在上的切点为，
则,
则，
，
因此可得，即.
16. 已知动圆过点且与圆：内切.
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）设动圆：，与相交于四点，动圆：与相交于四点.若矩形与矩形的面积相等，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设动圆半径为，根据题意可以得到，利用椭圆的定义知动圆圆心的轨迹是以为焦点的椭圆，从而求出动圆圆心的轨迹的方程；
（2）设，由矩形与矩形的面积相等，得，再根据在椭圆上，从而求出所以， ，即可求出的值.
【小问1详解】
设动圆半径为，则，（内切），
，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆．
，，．
则动圆圆心的轨迹的方程为：．
【小问2详解】
设，由矩形与矩形的面积相等，得
，故，
因为点，均在椭圆上，所以，，
整理可得：，
由，知，所以，同理可得 ，
因此.
17. 为提高我国公民整体健康水平，2022年1月，由国家卫生健康委疾控局指导、中国疾病预防控制中心和国家体育总局体育科学研究所牵头组织编制的《中国人群身体活动指南（2021）》（以下简称《指南》）正式发布，《指南》建议18～64岁的成年人每周进行150～300分钟中等强度或75～150分钟高强度的有氧运动（以下简称为“达标成年人”），经过两年的宣传，某体育健康机构为制作一期《达标成年人》的纪录片，采取街头采访的方式进行拍摄，当采访到第二位“达标成年人”时，停止当天采访.记采访的18～64岁的市民数为随机变量（），且该市随机抽取的18～64岁的市民是达标成年人的概率为，抽查结果相互独立.
（1）求某天采访刚好到第五位可停止当天采访的概率；
（2）若抽取的18～64岁的市民数不超过的概率大于，求整数的最小值.
【答案】（1） （2）4
【解析】
【分析】（1）依题意，可判断随机变量服从二项分布，利用概率公式计算即得；
（2）由题意，列出随机变量的分布列，则得，利用错位相减法求和将其转化成，判断数列的单调性，代值验证即得整数n的最小值.
【小问1详解】
根据题意，某天采访刚好到第五位可停止当天采访，即采访的前四位中有一位是达标成年人，第五位必是达标成年人，
所以随机变量服从二项分布，
所以某天采访刚好到第五位可停止当天采访的概率为.
【小问2详解】
依题意，随机变量服从二项分布，则
所以，
化简得，
即，
记①，
则②，
由①②，可得，
即，解得，
由此可得，，即，
设，，
因为，可得数列是递减数列，
又，，
所以整数n的最小值为4.
18. 已知函数.
（1）当时，求的图象在点1,f1处的切线方程；
（2）若时，，求的取值范围；
（3）求证：.
【答案】（1）
（2） （3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）根据题意，由条件式恒成立分离参数，转化为，求出函数的最大值得解；
（3）先构造函数，利用导数证明，，令，可得，迭代累加可证得结果.
【小问1详解】
当时，，f1=0，
则，则，
所以在点1,f1处的切线方程为.
【小问2详解】
由时，，
即，整理得，对恒成立，
令，则，
令，，
所以，即函数ℎx在上单调递减，
所以，即，
所以函数在上单调递减，则，
.
【小问3详解】
设，，
则，
所以φx在1,+∞上单调递减，则，即，
，，
令，，
可得，
所以，
，
，
…
，
以上式子相加得，
整理得，，
两边取指数得，，
即得，得证.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是先构造函数，利用导数证明，，令，得到.
19. 高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率与球面三角形内角和满足：，其中为常数，（如图，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为半径的圆）的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于，为球面三角形面积，为球的半径）.
（1）若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为，求此球面三角形内角和；
（2）求的值；
（3）把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体.设凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，试证明凸多面体欧拉示性数为定值，并求出.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）由球面三角形边角定义，转化为大圆弧长可求圆心角，由球面三角形三条边长均为，得两两垂直，从而得到面面垂直，进而求内角和可得；
（2）将球面平均分割为个全等的球面三角形，由特值代入公式待定即可；
（3）将球面分割为个球面多边形，再转化为球面三角形，借助球面三角形总曲率与球面三角形内角和关系，利用所有分割后的球面三角形面积之和（用表示）即为球面面积建立等量关系求证即可．
【小问1详解】
如图，设球心为，球面三角形三个顶点分别为，
由球面三角形三边长均为，由题意，即每个大圆弧长均为.
又单位球面的球半径，则球面三角形每条边所对圆心角为，
所以在三棱锥中，两两垂直.
由，，且平面，平面，
则平面，平面，
故平面平面，同理平面平面，平面平面，
即球面三角形任意两条边所在的半平面构成的二面角均为，
故球面三角形的个角均为，从而此球面三角形内角和为.
【小问2详解】
若将地球看作一个球体，
在地球上零度经线和经线所在大圆与赤道所在大圆将球面平均分成个全等的球面三角形，
由（１）可知，每个球面三角形的个角均为，且球面三角形内角和，
从而每个球面三角形的面积为，
则每个球面三角形的总曲率为，
设，由题意，且为常数，
则有，从而.
【小问3详解】
将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮膜，使膨胀为一个半径为的球，
每个顶点均在球面上，每条边变为球面上的边，每个多边形变为球面上的多边形，
且膨胀前后不变.
不妨记球面仍为单位球面，半径，
对于任意一个球面边形，可用球面上的边分割成个球面三角形，
由（2）可知，，则每个球面三角形的内角和．
即每个内角和为的球面三角形面积为，
记，称为分割成个球面三角形的球面边形的内角和．
所以球面边形面积为.
由已知凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，
则可记球面上多边形，
对每一个球面多边形，设其边数为，内角和为，面积为，
则，
由球面三角形角的定义可知，每个顶点处所有球面多边形的角之和为，顶点数为，
从而所有球面多边形内角和为，
又球面多边形每条边被重复计算次，棱数为，故，
则，
又所有球面多边形面积之和，
故，故.
【点睛】关键点点睛：解决本题关键在于转化化归思想的应用，一是理解球面三角形及边角的定义，将球面内角和问题转化多面体的二面角之和求解；二是将凸多面体膨胀为球面后，凸多面体欧拉示性数没有变化，从而将凸多面体问题转化为球面问题处理；三是利用分割法将球面面积转化为球面三角形的面积之和，从而建立等量关系求解．2
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