湖南省师范大学附属中学2025届高三上学期第一次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省师范大学附属中学2025届高三上学期第一次月考数学试题（Word版附解析），文件包含湖南省湖南师范大学附属中学2025届高三上学期第一次月考数学试题Word版含解析docx、湖南省湖南师范大学附属中学2025届高三上学期第一次月考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。

命题人：高三数学备课组 审题人：高三数学备课组
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，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过解一元二次不等式和对数函数的定义域，求出集合，再求交集．
【详解】集合，
则，
故选：D．
2. 若复数满足（是虚数单位），则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的除法运算计算可得，再由模长公式即可得出结果.
【详解】依题意可得，
所以.
故选：C
3. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的计算公式即可求解.
【详解】，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A
4. 记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 21B. 19C. 12D. 42
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的性质，即可求解公差和首项，进而由求和公式求解.
【详解】是等差数列，，即，所以
故公差，，
故选：A
5. 某校高二年级下学期期末考试数学试卷满分为150分，90分以上（含90分）为及格．阅卷结果显示，全年级1200名学生的数学成绩近似服从正态分布，试卷的难度系数（难度系数平均分/满分）为0.49，标准差为22，则该次数学考试及格的人数约为（ ）附：若，记，则．
A. 136人B. 272人C. 328人D. 820人
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出平均数，即可得到学生的数学成绩，再根据所给条件求出，即可求出，即可估计人数．
【详解】由题得，
，
，
，
该校及格人数为（人），
故选：B．
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角差的余弦定理和同角三角函数的基本关系建立等式求解，再由两角和的余弦公式求解即可．
【详解】由已知可得，
解得
，
，
，
，
故选：D．
7. 已知是双曲线的左､右焦点，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于两点，若，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线以及圆的方程可求得弦长，再根据不等式整理可得，即可求得双曲线的离心率的取值范围.
【详解】设以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于两点，
则到渐近线的距离，所以，
因为，所以，可得，
即，可得，
所以，所以，
又，所以双曲线的离心率的取值范围是.
故选：B
8. 已知函数若关于的方程有且仅有两个实数根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用换元法设，则方程等价为，根据指数函数和对数函数图象和性质求出，利用数形结合进行求解即可．
【详解】令，则．
①当时，若；若，由，得．
所以由可得或．
如图所示，满足的有无数个，方程只有一个解，不满足题意；
②当时，若，则；若，由，得．
所以由可得，当时，由，可得，
因为关于的方程有且仅有两个实数根，则方程在]上有且仅有一个实数根，
若且，故；
若且，不满足题意．
综上所述，实数的取值范围是，
故选：C．
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. 如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（ ）
A. 四点共面B. 平面被正方体截得的截面是等腰梯形
C. 平面D. 平面平面
【答案】BD
【解析】
【分析】可得过三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接和，截面是等腰梯形，判断B；分别取的中点，易证显然不平行平面，可判断C；平面，可判断D.
【详解】对于A：如图经过三点的平面为一个正六边形，点在平面外，四点不共面，选项A错误；
对于B：分别连接和，则平面即平面，截面是等腰梯形，选项B正确；
对于C：分别取的中点，则平面即为平面，
由正六边形，可知，所以不平行于，
又平面，所以，所以平面，
所以不平行于平面，故选项错误；
对于D：因为是等腰三角形，，
，，
是的中点，易证，由正方体可得平面，
平面，又平面，，
平面，平面，
平面，平面平面故选项D正确．
故选：BD．
10. 已知函数，则（ ）
A. 的一个对称中心为
B. 的图象向右平移个单位长度后得到的是奇函数的图象
C. 在区间上单调递增
D. 若在区间上与有且只有6个交点，则
【答案】BD
【解析】
【分析】代入即可验证A，根据平移可得函数图象，即可由正弦型函数的奇偶性求解B，利用整体法即可判断C，由求解所以根，即可求解D.
【详解】对于A，由，故A错误；
对于B，的图象向右平移个单位长度后得：
，为奇函数，故B正确；
对于C，当时，则，由余弦函数单调性知，在区间上单调递减，故C错误；
对于D，由，得，解得或，
在区间上与有且只有6个交点，
其横坐标从小到大依次为：，
而第7个交点的横坐标为，
，故D正确.
故选：BD
11. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 是以8为周期的周期函数
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据函数奇偶性以及所满足的表达式构造方程组可得，即可判断A正确；利用对称中心表达式进行化简计算可得B正确，可判断也是以8为周期的周期函数，即C正确；根据周期性以及计算可得，可得D错误.
【详解】由题意，且，
即①，
用替换中的，得②，
由①+②得，
所以的图象关于点2,1对称，且，故A正确；
由，可得，
所以，
所以是以8为周期的周期函数，故B正确；
由①知，则，
故，因此也是以8为周期的周期函数，
所以，C正确；
又因为，所以，
令，则有，
令，则有…，
令，则有，
所以
所以，故D错误.
故选：ABC
【点睛】方法点睛：求解函数奇偶性、对称性、周期性等函数性质综合问题时，经常利用其中两个性质推得第三个性质特征，再进行相关计算.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得展开式中的系数为，化简即可得到结果．
【详解】在的展开式中，
由，
得的系数为.
故答案为：．
13. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，且，则不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数奇偶性并求导可得，因此可得，可构造函数并求得其单调性即可得在上大于零，在上小于零，即可得出结论.
【详解】因为为奇函数，定义域为，
所以，两边同时求导可得，即且，
又因为当时，，所以.
构造函数，则，
所以当时，在上单调递增，
又因为，所以在上大于零，在上小于零，
又因为，所以在上大于零，在上小于零，
因为为奇函数，所以在上小于零，在上大于零，
综上所述，的解集为.
故答案为：
14. 已知点为扇形的弧上任意一点，且，若，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】建系设点的坐标，再结合向量关系表示，最后应用三角恒等变换及三角函数值域求范围即可.
【详解】方法一：设圆的半径为1，由已知可设为轴的正半轴，为坐标原点，过O点作x轴垂线为y轴建立直角坐标系，
其中，其中，
由，
即，整理得，
解得，
则，
所以.
方法二：设，如图，当位于点或点时，三点共线，所以；
当点运动到的中点时，，所以
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. 的内角的对边分别为，已知．
（1）求角；
（2）若角的平分线交于点，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦定理整理得到，再利用三角形的内角及正弦函数的性质即可求解；
（2）利用正弦定理得出，再由余弦定理求出，，再根据三角形的面积建立等式求解．
【小问1详解】
由，
根据正弦定理可得，
则，
所以，整理得，
因为均为三角形内角，所以，
因此，所以．
【小问2详解】
因为是角的平分线，，
所以在和中，由正弦定理可得，，
因此，即，所以，
又由余弦定理可得，即，
解得，所以．
又，即，
即，所以．
16. 已知为函数的极值点．
（1）求的值；
（2）设函数，若对，使得，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据极值点求出的值；
（2）先由（1）求出的最小值，由题意可得是求的最小值，小于等于的最小值，对求导，判断由最小值时的的范围，再求出最小值与最小值的关系式，进而求出的范围．
【小问1详解】
，
由，得，
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以为函数的极小值点，
所以．
【小问2详解】
由（1）知．
函数的导函数
①若，对，使得，
即，符合题意．
②若，取，对，有，不符合题意．
③若，当时，在上单调递减；
当时，在1,+∞上单调递增，所以，
若对，使得，只需，
即，解得．
综上所述，的取值范围为．
17. 已知四棱锥中，平面底面为的中点，为棱上异于的点．
（1）证明：；
（2）试确定点的位置，使与平面所成角的余弦值为．
【答案】（1）证明见解析
（2）位于棱靠近的三等分点
【解析】
【分析】（1）连接交于点，利用面面垂直的性质定理和三角形全等，即可得证；
（2）取的中点，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立，利用线面角公式代入即可求解．
小问1详解】
如图，连接交于点．
因为为的中点，，所以．
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以．
因为，所以，所以，
所以，
因为平面，
所以平面．
因为平面，所以．
【小问2详解】
如图，取的中点，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
则，
设，
所以，
所以，即．
则，
设平面的法向量为，则
即取，
设与平面所成的角为，
由，得．
所以，
整理得，
因为，所以，即，
故当位于棱靠近的三等分点时，与平面所成角的余弦值为．
18. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长，点在抛物线上，圆（其中）.
（1）若为圆上的动点，求线段长度的最小值；
（2）设是抛物线上位于第一象限的一点，过作圆的两条切线，分别交抛物线于点.证明：直线经过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的短轴可得抛物线方程，进而根据两点斜率公式，结合三角形的三边关系，即可由二次函数的性质求解，
（2）根据两点坐标可得直线的直线方程，由直线与圆相切可得是方程的两个解，即可利用韦达定理代入化简求解定点.
【小问1详解】
由题意得椭圆的方程：，所以短半轴
所以，所以抛物线的方程是.
设点，则，
所以当时，线段长度取最小值.
【小问2详解】
是抛物线上位于第一象限的点，
，且
设，则：
直线，即，即.
直线，即.
由直线与圆相切得，即
同理，由直线与圆相切得.
所以是方程的两个解，
代入方程得，
解得
直线恒过定点.
【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点
19. 龙泉游泳馆为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可选择A和B两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况．
经计算可得：.
（1）因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，已知销售量y和日期t呈线性关系，现剔除第10天数据，求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示；
（2）若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且A套餐可以用一张优惠券，B套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为，求；
（3）记（2）中所得概率的值构成数列.
①求的最值；
②数列收敛的定义：已知数列，若对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，，（是一个确定的实数），则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛．
参考公式： .
【答案】（1）
（2）
（3）①最大值为 ，最小值为；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）计算出新数据的相关数值，代入公式求出的值，进而得到y关于t的回归方程；
（2）由题意可知，其中，构造等比数列，再利用等比数列的通项公式求解；
（3）①分n为偶数和n为奇数两种情况讨论，结合指数函数的单调性求解；
②利用数列收敛的定义，准确推理、运算，即可得证．
【小问1详解】
解：剔除第10天的数据，可得，
，
则，
所以，
可得，所以.
【小问2详解】
解：由题意知，其中，
所以，又由，
所以是首项为1的常数列，所以
所以，又因为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故，所以.
【小问3详解】
解：①当为偶数时，单调递减，
最大值为；
当 为奇数时，单调递增，最小值为，
综上可得，数列的最大值为，最小值为.
②证明：对任意总存在正整数，其中 表示取整函数，
当 时，，
所以数列收敛.
【点睛】知识方法点拨：与新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
方法点拨：与数列有关的问题的求解策略：
3、若新定义与数列有关，可得利用数列的递推关系式，结合数列的相关知识进行求解，多通过构造的分法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程灵活运用数列的性质，准确应用相关的数列知识.日期t
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
销售量千张
1.9
1.98
2.2
2.36
2.43
259
2.68
2.76
2.7
0.4