精品解析：湖南省长沙市长郡中学2025届高三上学期月考数学试卷（三）（解析版）-A4

这是一份精品解析：湖南省长沙市长郡中学2025届高三上学期月考数学试卷（三）（解析版）-A4，共25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。
本试卷共8页.时量120分钟.满分150分.
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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由并集交集的概念即可得解.
【详解】由题意，对比选项可知只有C选项符合题意.
故选：C.
2. 在复平面内，复数对应的点和复数对应的点关于实轴对称，则（ ）
A. B. C. 5D.
【答案】C
【解析】
【分析】由对称性确定，结合乘法运算即可求解.
【详解】因为复数对应的点和复数对应的点关于实轴对称，
所以，
所以
故选：C
3. 已知向量，满足，，且，则在方向上的投影向量为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直得到，再根据投影向量的公式计算得到答案.
【详解】，则，故，
在方向上的投影向量.
故选：D.
4. 已知函数的定义域为，，是偶函数，，有，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件可得关于直线对称，在上单调递增，结合可判断出答案.
【详解】由是偶函数可得关于直线对称
因为，有，所以在上单调递增
因为，所以，，
无法比较与0的大小
故选：B
5. 若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为（ ）
A. 24B. 32C. 96D. 128
【答案】C
【解析】
【分析】根据正四棱锥及球的特征求出锥体的底边边长和侧棱长，然后结合勾股定理利用侧面积公式计算即可.
【详解】
如图所示，设P在底面的投影为G，易知正四棱锥的外接球球心在上，
由题意球O的半径，
所以，，则，
故中，边AB的高为，
所以该正四棱锥的侧面积为.
故选：C
6. 已知曲线在处的切线恰好与曲线相切，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出切线的方程，然后设与曲线的切点为，利用导数的几何意义可得出的值，可得出切点坐标，再将切点坐标代入函数的解析式，即可解得实数的值.
【详解】由得，又切点为，故切线斜率为，切线的方程为，
设与曲线的切点为，
对函数求导得，所以，可得切点为，
所以，解得．
故选：B.
7. 在直角坐标系中，绕原点将轴的正半轴逆时针旋转角交单位圆于点、顺时针旋转角交单位圆于点，若点的纵坐标为，且的面积为，则点的纵坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角函数定义求出，利用三角形面积公式求出，进而求出，再利用差角的正弦求出即可得解.
【详解】由点的纵坐标为，得，，显然，
而，即，又，
因此， ，有，
，显然点在第四象限，
所以点的纵坐标为.
故选：B
8. 已知双曲线的左顶点为是双曲线的右焦点，点在直线上，且的最大值是，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两角差的正切公式表示，结合基本不等式求出最大值，解方程求出离心率.
【详解】如图，直线与轴交于点，设，则.
因，
所以,
.
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，整理得，
则，解得.
故选：B
【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．
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. 函数的部分图象如图所示，则下列选项中正确的有（ ）

A. 的最小正周期为
B. 是的最小值
C. 在区间上的值域为
D. 把函数y=fx的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数的图象
【答案】BD
【解析】
【分析】根据图象可得，进而得到值即可判断A；由，进而结合图象可判断B；结合正弦函数的图象及性质可判断C；根据函数图象的平移可判断D.
【详解】∵，由题图知，
∴，，故A错误；
∵，∴可得是的最小值，故B正确；
∵，∴，
∴，，即，，
又，∴，∴，
∵，∴，
∴，故C错误；
将的图象向右平移个单位长度得到的图象为
，故D正确．
故选：BD.
10. 在长方体中，，点满足，其中，，则（ ）
A. 若与平面所成角为，则点的轨迹长度为
B. 当时，面
C. 当时，有且仅有一个点，使得
D. 当时，的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由平面，得到点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，可判定A错误；当时，得到点在线段，证得平面和平面，得到平面平面，可得判定B正确；当时，得到点在线段上运动,由线面垂直得P的轨迹为圆，可判定C正确；当时，得到点在线段上运动，沿着将直角和平面展在一个平面上，结合余弦定理，求得，可判定D正确.
【详解】对于A中，连接，在长方体中，可得平面，
所以即为与平面所成的角，即，
在直角中，可得，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，其周长为，所以A错误；
对于B中，当时，因为，且点满足，
所以点在线段，连接，
在长方体中，可得，
因为平面，且平面，所以平面，
同理可证平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，所以B正确；
对于 C中，当时，因为，且点满足，
取的中点，连接，可得点在线段上运动，
若，因为平面，且平面，
所以，平面,故平面，
又平面，故,所以点在以为直径的圆上，
又因为，可得线段与以为直径的圆只有一个交点，
所以当点与重合时，即当且仅当为的中点时，能使得，所以C正确；
对于D中，当时，因为，且点满足，
取的中点，连接，可得点在线段上运动，
沿着将直角和平面展在一个平面上，如图所示，
在中，，
由余弦定理得，所以，
即的最小值为，所以D正确.
故选：BCD.
11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点，若，则（ ）
A. 开口向上的抛物线的方程为
B. AB=4
C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为
D. 阴影区域的面积大于4
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于B，联立抛物线方程，求出点的坐标，即得；对于C，将直点线与抛物线方程联立求出的坐标，由两点间距离公式求得弦长，利用换元和函数的图象即可求得弦长最大值；对于D，利用以直线近似取代曲线的思想求出三角形面积，即可对阴影部分面积大小进行判断.
【详解】由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为,
将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，即，故A正确；
对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，代入可得，
由图象对称性，可得,故，即B正确；
对于C，
如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点,
由解得，由解得，,
即得,
则弦长为：，
由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0，
即在第一象限部分满足，不妨设，则，且，
代入得，，（）
由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即C错误；
对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值.
如图，
在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行，
由可得切点坐标为,因,则点到直线的距离为，
于是,由图知，半个花瓣的面积必大于，
故原图中的阴影部分面积必大于，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：本题主要考查曲线与方程的联系的应用问题，属于难题.
解题思路是，理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理中的二项展开式通项公式即可求解
【详解】的展开式通项是：，
依题意得，，即，所以，
故答案为：
13. 已知函数，若函数有3个零点，则实数a的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】先得到时，有个零点.当时，结合二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】函数，
当时，方程，解得，函数有一个零点，
则当时，函数须有两个零点，即，在时有两个解.
设，对称轴为，在上单调递减，
在上单调递增，∴，且，
即，解得.
所以的取值范围是.
故答案为：
14. 设为数列的前项积，若，其中常数，数列为等差数列，则_____．
【答案】1或2
【解析】
【分析】结合题意可得当时，，进而得到，进而结合数列为等差数列可得为常数，进而分和两种情况讨论求解即可.
【详解】由题意，为数列的前项积，且，
则当时，，即，
所以．
由数列为等差数列，则为常数，
①若，则恒成立，即恒成立，所以；
②若，则，所以，解得.
综上所述，或．
故答案为：1或2.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于结合题意得到，进而结合等差数列的性质求解即可.
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. 记的内角所对的边分别为，已知.
（1）求；
（2）若边上一点，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）等价变形已知条件，得到，结合余弦定理即可得解.
（2）法①：由余弦定理求出，结合正弦定理即可求得，最后根据即可得解；法②：由法①得，在中由正弦定理得，又，从而得解；法③：由法①得，在直角中，由（1）问知，代入建立关于的方程，解方程得，从而得出；法④：由等面积法得，建立关于的方程，求得，代入求得，最后结合正弦定理即可得解.
【小问1详解】
，则，
所以，
因为，
所以.
【小问2详解】
法①：由（1）得，，因为，所以，
如图在中，由余弦定理
，即，
在中由正弦定理，即，所以，
因为，故，
在中.
法②：同解法①，在中由正弦定理，
即，所以，
又因为，即，所以.
法③同上，在直角中，所以，
由（1）问知，所以，即，得即，所以，.
法④如图由（1）知，则，
因为，所以
，即，解得，所以，即，
在中，由正弦定理，即，解得.
16. 如图，三棱柱中，，，，，.
（1）求证：平面ABC；
（2）直线与平面所成角的正弦值为，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）利用余弦定理以及勾股定理，可得线线垂直，结合线面垂直判定定理，可得答案；
（2）由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式建立方程，求得点的坐标，根据面面角的向量公式，可得答案.
【小问1详解】
在中，由余弦定理可得，
则，解得，
由，则在中，，
因为，平面，，所以平面.
【小问2详解】
易知两两相互垂直，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图：
设，则，，，，
取，，，
设平面的法向量，则，可得，
令，则，，所以平面的一个法向量，
设直线与平面的夹角为，则，
可得，解得，
易知，设平面的法向量，
则，可得，令，则，，
所以平面一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则.
17. 人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟.某公司研究了一款答题机器人，参与一场答题挑战.若开始基础分值为（）分，每轮答2题，都答对得1分，仅答对1题得0分，都答错得分.若该答题机器人答对每道题的概率均为，每轮答题相互独立，每轮结束后机器人累计得分为，当时，答题结束，机器人挑战成功，当时，答题也结束，机器人挑战失败.
（1）当时，求机器人第一轮答题后累计得分的分布列与数学期望；
（2）当时，求机器人在第6轮答题结束且挑战成功的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可；
（2）根据超几何分布分类讨论计算即可.
【小问1详解】
当时，第一轮答题后累计得分所有取值为4，3，2，
根据题意可知：，，，
所以第一轮答题后累计得分的分布列为：
所以.
【小问2详解】
当时，设“第六轮答题后，答题结束且挑战成功”为事件A，
此时情况有2种，分别为：
情况①：前5轮答题中，得1分的有3轮，得0分的有2轮，第6轮得1分；
情况②：前4轮答题中，得1分的有3轮，得分的有1轮，第5.6轮都得1分；
所以.
18. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴是短轴的倍，且椭圆上一点到焦点的最远距离为是椭圆左右顶点，过做椭圆的切线，取椭圆上轴上方任意两点（在的左侧），并过两点分别作椭圆的切线交于点，直线交点的切线于，直线交点的切线于，过作的垂线交于.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）若，直线与的斜率分别为与，求的值.
（3）求证：
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，求出，可得椭圆的标准方程.
（2）设过点的切线方程的点斜式，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得的值.
（3）设（），再设过点的切线方程，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得，的表达式.再把和用，表示，化简整理即可.
【小问1详解】
由题意：.
所以椭圆的标准方程为：.
【小问2详解】
设过点的切线方程为：，即，
由，消去，整理得：，
由，
整理得：，
所以.
【小问3详解】
设（），的延长线交轴于点，如图：
、两点处切线斜率分别为，则.
设点的椭圆的切线方程为：，即，
由消去，
化简整理得：，
由得：
化简整理得：，
由韦达定理，得：，，
所以，，
所以要证明，只需证明：，
即
，
因为，所以上式成立，
即成立.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素.
（1）若，求的元素个数及；
（2）当恰有一个元素时，的取值集合记为.
（i）求；
（ii）若，数列满足，，集合，.求证：，.
【答案】（1）的元素个数为2，
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得，令，利用导数求出函数的单调性，即可求出零点，即可求出集合，从而得解；
（2）（i）结合（1）可得，令，求出函数的导函数，再分，两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的零点个数，从而确定集合；
（ii）由（i）可得，即可得到，即可得到，先利用导数证明当时，，即可得到，故，即，从而得到，即可放缩得到，利用等比数列求和公式求出，即可得解.
【小问1详解】
当时，，其定义域为0,+∞.
由得.
设，则，
当时，；当时，；
所以在单调递增；在单调递减，
注意到，所以在恰有一个零点，且，
又，所以，所以在恰有一个零点，
即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点，
所以，所以的元素个数为，
又因为，所以.
【小问2详解】
（i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意；
当时，，其定义域为0,+∞，
由得.
设，x∈0,+∞，则，
设，则，
①当时，，所以hx在0,+∞单调递增，
又h1=0，所以hx在0,+∞恰有一个零点，
即在0,+∞恰有一个不动点，符合题意；
②当，故Fx恰有两个零点.
又因为，所以，
当时，；当时，；
当时，；
所以hx在单调递增，在单调递减，在单调递增；
注意到h1=0，所以hx在恰有一个零点，
且，
又时，，所以hx在恰有一个零点，
从而至少有两个不动点，不符合题意；
所以的取值范围为，即集合.
（ii）由（i）知，，所以，
此时，，，由（i）知，hx在0,+∞单调递增，
所以，当时，，所以，即，
故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，
重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，，
下面我们先证明当时，，
设，x∈1,+∞，
所以，所以在1,+∞单调递减，
所以，
即当时，，
从而当时，，
从而，即，
故，即，
由于，，所以，，
故，
故时，，
所以，故.
解法二：（i）当时，，故是的一个不动点；
当时，由，得（*），
要使得恰有一个元素，即方程有唯一解，因此方程（*）无实数解，
即直线与曲线无公共点.
令，则，令，
则，
所以在0,+∞单调递减，又因为，所以当x∈0,1时，，当x∈1,+∞时，，
所以当x∈0,1时，，当x∈1,+∞时，
所以在0,1单调递增，在1,+∞单调递减，
令，则，，
则
，
又因为当时，，当时，，
所以曲线的大致图象如图所示：
由图可知，，所以的取值范围为，即集合.
（ii）由（i）知，，所以，
此时，，
令，则，
令，当时，，所以在1,+∞单调递增，
所以当时，，所以φ′x>0，
所以φx在1,+∞单调递增，所以，
故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，
重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，.
下面先证明当时，.
令，则，
所以在0,+∞单调递增，所以当时，，所以当时，.
所以
，
由于，所以，
故，即，
故，
故时，.
所以，故.
（ii）解法三：同解法一可得，.
下面我们先证明当时，.
设，则当时，，所以在1,+∞单调递减，所以，即，
从而当时，，
于是，
从而，即，
故，即，
由于，所以，
故，
故时，.
所以.
故
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
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