湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期月考（四）数学试卷（Word版附解析）

湖南师大附中2025届高三月考试卷（四）数学时量：120分钟 满分：150分得分：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. 若复数满足（为虚数单位），则的模（ ）A. 1 B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先将化简，再根据模长的运算公式以及性质求解即可.【详解】因为，所以.故选：A.2. 已知命题；命题是质数，则（ ）A. 均是真命题 B. 均是真命题C. 均是真命题 D. 均是真命题【答案】B【解析】【分析】根据指数函数的性质得到是假命题，举出反例得到为真命题，得到答案.【详解】由指数函数的性质可得，是假命题，则是真命题；当时，是质数，故为真命题，为假命题.故选：B.3. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由数量积公式可得，由夹角公式即可得结果.详解】，，故夹角为.故选：D.4. 有一组数据，按从小到大排列为：，这组数据的分位数等于他们的平均数，则为（ ）A. 10 B. 12 C. 14 D. 16【答案】C【解析】【分析】根据百分位数概念，求出分位数，也求出平均值，构造方程计算即可．【详解】因为该组数据共7个，且，所以这组数据的分位数为从小到大第4个数，即6，又组数据的平均数为，则，解得.故选：C.5. 如图所示，用一个与圆柱底面成的平面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半径为，，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长等于2B. 椭圆的离心率为C. 椭圆的标准方程可以是D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为【答案】C【解析】【分析】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，依题意可得、，从而求出，再一一判断即可.【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径，则由截面与圆柱底面所成锐二面角得，解得，故A不正确；显然，则，离心率，故B不正确；当以椭圆长轴所在直线为轴，短轴所在直线为轴建立平面直角坐标系时，椭圆的标准方程为，故C正确；椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，故D不正确.故选：C6. 已知函数，则下列函数的图象关于直线对称的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先判断的奇偶性和对称性，再由图象的平移和正弦函数、余弦函数的对称性，可得结论．【详解】因为函数的定义域为，且，故函数为偶函数，图象关于轴对称，函数的图象为函数的图象向右平移1个单位长度得到，故函数的图象关于直线对称，而函数的图象为函数的图象向左平移1个单位长度得到，故函数的图象关于直线对称，则可排除B,D选项；又函数的图象关于直线对称，因此函数的图象关于直线对称.而又函数的图象关于点对称，故排除A选项.故选：C.7. 已知三棱锥内接于直径为的球，则三棱锥的体积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】过作平面，使平面，交于点，设点到的距离为，分析出当球心在上时，最大，此时分别为的中点，且球心为的中点，进而直接求解体积即可.【详解】如图，过作平面，使平面，交于点，设点到的距离为，当球心在上时，最大，此时分别为的中点，且球心为的中点，所以，所以.故选：B8. 关于的方程恰有两个根为，且分别满足和，则的值为（ ）A. B. C. 57 D. 77【答案】D【解析】【分析】先根据对数和指数的运算性质化简可知与分别是函数与和的两交点的横坐标，结合韦达定理即可求解.【详解】因为，展开化简得，故，又，所以，即，所以与分别是函数与和的两交点的横坐标，所以由对称性可得，即，解得，所以，故选：D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. 已知函数与，下列说法正确的是（ ）A. 将的图象上所有点的横坐标变为原来的，并向左平移个单位可以得到的图象B. 与的图象存在相同的对称中心C. 与在区间上单调性相同D. 当时，与的图象有且仅有个交点【答案】ACD【解析】【分析】根据三角函数图像平移，正弦函数的对称中心和单调性，以及化简求值，即可逐个选项判断.【详解】对于A，将的图象上所有点的横坐标变为原来的，得到，再将向左平移个单位，得的图象，A正确；对于B，的图象对称中心的横坐标满足，又的图象对称中心横坐标满足，，解得，两个方程无公共解，所以两个函数图象不存在相同的对称中心，选项B错误；对于C，令，则，则与在区间上均单调递增，故选项C正确；对于D，令，得或，解得或，所以时，零点有，共有个，选项D正确.故选：ACD10. 已知三次函数，则（ ）A. 当时，函数为单调递增函数B. 当时，函数的图象关于对称C. 存在，使得函数图象关于直线对称D. 函数有三个零点的一个充分条件是【答案】BD【解析】【分析】对于A，给出一个反例即可；对于B，验证即可；对于C，使用反证法证明满足条件的不存在即可；对于D，利用零点存在定理证明存在三个零点即可.【详解】对于A，由于当时，有，但此时由可知并不单调递增，故A错误；对于B，当时，有，故.所以.这表明的图象关于对称，故B正确；对于C，假设存在使得的图象关于对称，则恒成立.此即.整理得，即，此即.故对任意实数均有.从而对任意均有，但当时，该式显然不成立，矛盾.所以不存在使得的图象关于对称，故C错误；对于D，当时，直接计算可得，，，.而，故根据零点存在定理，可知存在零点，且在和上分别有一个零点.所以一定有三个零点，故D正确.故选：BD.11. 已知点为抛物线的焦点，为坐标原点，过轴左侧一点作抛物线的两条切线，切点为分别交轴于两点，设，则下列结论一定正确的是（ ）A. B. 四点共圆C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】求出切线斜率得出斜率之积判断A，证明可判断B，计算值可判断C，当满足条件时求出直线方程，可知直线过焦点或与x轴垂直，不符合题意判断D错误.【详解】如图，对于A，由题，为抛物线上一点，则，过点的切线方程为，联立方程组消去得，令，解得，即过抛物线上一点的切线的斜率为，同理可得过点切线斜率为，所以，故A正确.对于B，设，所以过点的切线方程为，令，可得，即，又，所以，则，所以，即，同理可得，则四点共圆，故B正确；对于C，因为，可得，故，联立方程组解得，即，则，所以，故C正确.对于D，由，可得，若，可得，则，所以或，设直线，代入抛物线方程，可得，可得，所以当直线过抛物线焦点时，两交点的纵坐标之积为，又当直线与轴垂直时，而直线不一定过焦点或与轴垂直，故D错误；故选：ABC.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 已知，且，则____________.【答案】【解析】【分析】由两角差的正切公式即可求解.【详解】，即，，即.故答案为：13. 若数列的前项和是首项为，公比为的等比数列，则的前项积为__________.【答案】【解析】【分析】利用等比数列表示出数列的前项和为，再根据与之间的关系式得到，即可直接求出结果.【详解】设数列的前项和为，则，因为，则，故的前项积为.故答案为：14. 现有质量分别为千克的六件货物，将它们随机打包装入三个不同的箱子，每个箱子装入两件货物，每件货物只能装入一个箱子.则第一､二个箱子的总质量均不小于第三个箱子的总质量的概率是__________.【答案】##【解析】【分析】根据条件概率和全概率公式的概率公式求解.【详解】由于六件货物的质量之和不是3的倍数，因而不可能出现三个箱子的总重量都相同的情况.设事件表示存在两个箱子，它们的总质量相同且同时最小，事件表示第一､二个箱子的总质量均不小于第三个箱子的总质量.由对称性，可得.当发生时，这两个箱子的货物组合只能是和和和三种可能，故.当不发生时，表示仅有一个箱子的总质量最小，于是由对称性，得.故.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是 求出，以及，利用全概率公式求解.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. 记锐角三角形的内角的对边分别为，的面积为，已知.（1）求角；（2）若，求的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据已知结合余弦定理可得，然后利用二倍角公式求出结果；（2）先确定的取值范围，并得到，再用三角恒等变换求出取值范围.【小问1详解】由于，故.所以，即.故，此即，所以，故.【小问2详解】因为，所以.由于是锐角三角形，故，，所以的取值范围是，故的取值范围是.故的取值范围是.而.所以的取值范围是.16. 已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数和有相同的最大值，求的值.【答案】（1） （2）.【解析】【分析】（1）把代入函数解析式，求导函数，可得，再求出，利用直线方程的点斜式得答案；（2）利用导数分别求出与的最大值，由最大值相等可得关于的方程，再构造关于的函数，然后利用导数求最值即可．【小问1详解】当时，则，可得，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，即.【小问2详解】的定义域为，而，若，则，此时函数在上单调递减，无最大值，不符合题意，故.令，得，当时，在单调递增，当时，在单调递减，所以最大值为.的定义域为，而.当时，单调递增，当时，单调递减，所以的最大值为.因为和有相同最大值，故，整理得到，其中，设，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为.综上所述，.17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，点分别是棱的中点. （1）证明：平面；（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）.【解析】【分析】（1）要证直线与平面平行，只需在平面内找到已知直线的一条平行线即可；（2）过点P作AB的垂面，作平面ABCD的垂线，建立空间直角坐标系，求出平面PAB的法向量，利用向量法即可得解.【小问1详解】证明：取的中点为，连接，点是的中点，则且，又点是的中点，底面是矩形，则且，且四边形是平行四边形，，又平面在平面内，平面；【小问2详解】过点作交于点，作交于点，连接，则平面，平面，又平面平面平面，，.设平面平面，可知，平面平面，取的中点为，连接，则平面.两两垂直.以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，设平面的一个法向量为，则由取.设直线与平面所成角为，则.综上，直线与平面所成角的正弦值为.18. 湖南某高中在校园艺术节举办形式多样的活动.（1）抽奖活动规则如下：在一不透明的纸箱中有8张完全相同的卡片，其中3张写有字母，3张写有字母，2张写有字母，抽奖学生每次不放回从箱中随机取出1张卡片，若抽到写有的卡片，则再抽1次，直至取到写有或卡片为止.抽到卡片送精美校园明信片一张，抽到卡片送文学社设计的精美信封一个.甲同学想要明信片，请问甲同学取到写有卡片的概率.（2）领福袋活动规则如下：每位同学都可以去文化长廊领取自己最喜欢的福袋，规定只能取一次，并且只可以向前走，不能回头，长廊上一共悬挂个福袋（每个福袋的大小不同），福袋出现在各个位置上的概率相等，乙同学想要摘取最大的福袋，他准备采用如下策略：不摘前个福袋，自第个开始，只要发现比他前面见过的福袋都大时，就摘这个福袋，否则就摘最后一个.设，记乙同学摘到最大的福袋概率为.①若，求；②当趋向于无穷大时，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值.（取）【答案】（1） （2）①；②的最大值为，的值为.【解析】【分析】（1）利用随机事件的关系结合独立事件乘法公式与互斥事件加法公式求解即可；（2）①由题意可知，要摘到最适合他的福袋，有两种情况，最适合他的福袋是第3个和最适合他的福袋是最后1个，分情况分析两种情况的可能性，结合古典概型即可求出结果；②记事件表示最适合的福袋被摘到，根据条件概率和全概率公式求出，再用导数求出最值即可．【小问1详解】8张完全相同的卡片，3张写有字母，3张写有字母，2张写有字母，由抽取规则可知，甲同学取到写有卡片的概率为【小问2详解】①这4个福袋的位置从第1个到第4个排序，有种情况，要摘到最大的福袋，有以下两种情况：最大的福袋是第3个，其他的福袋随意在哪个位置，有种情况，最大的福袋是最后1个，第二大的福袋是第1个或第2个，其他的福袋随意在哪个位置，有种情况，故所求概率为；②记事件表示最大的福袋被摘到，事件表示最大的福袋在福袋中排在第个，因为最大的福袋出现在各个位置上的概率相等，所以，以给定所在位置的序号作为条件，，当时，最大的福袋在前个福袋之中，不会被摘到，此时，当时，最大福袋被摘到，当且仅当前个福袋中的最大的一个在前个福袋中时，所以，由全概率公式知，令函数，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以当时，取得最大值，最大值为，此时，即的最大值为，此时的值为.19. 已知双曲线，点在上.按如下方式构造点：过点作斜率为的直线与的下支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为.（1）求点，的坐标；（2）记，证明：数列为等比数列；（3）为坐标原点，，分别为线段，的中点，记，的面积分别为，，求的值.【答案】（1）， （2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）由点可得的值，求出的方程后联立双曲线可得，即可得，再借助的方程后联立双曲线可得，即可得；（2）联立与双曲线方程，结合韦达定理可得，结合点代入可得，再利用等比数列定义与判定定理计算即可得证；（3）由，结合，从而可得与，再利用面积公式分别计算，即可得.【小问1详解】由题知，所以双曲线，又过点斜率为的直线方程为，由双曲线与直线的对称性可知，所以，又过，且斜率为的直线方程为，即，由，解得或，当时，，所以，所以；【小问2详解】设，则过，且斜率为的直线方程为，联立，消得到，由题有，得到，由题知点在直线上，即有，所以，因为，则，由（1）知，所以数列是以3为首项，为公比的等比数列；【小问3详解】由（2）知，由，即，即，则，，故，，，，从而，，即，则，则，，从而.【点睛】关键点点睛：本题最后一问的关键点在于得到后，结合，从而可得与，再利用面积公式计算即可得.