精品解析：湖南省长沙市第一中学2025届高三上学期月考（三）（11月）数学试卷

长沙市一中2025届高三月考试卷（三） 数学 时量：120分钟满分：150分 一、选择题（本大题共8个小题，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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出复数z，计算其模，即得答案. 【详解】由可得， 则, 故选：C 2. 已知数列的前项和，则等于（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 21 【答案】B 【解析】 【分析】根据前项和的性质即可求解. 【详解】因为， 则． 故选：B． 3. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将抛物线方程化为标准方程，从而可求出其焦点坐标 【详解】解：由，得， 所以抛物线的焦点在轴的正半轴上，且， 所以，， 所以焦点坐标为， 故选：D 4. 如图是函数的部分图象，则函数的解析式可为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据周期可得或，对进行讨论，结合时，函数取最小值，求出，即可得函数表达式判断ABC；结合诱导公式即可判断D． 【详解】根据图象可得最小正周期为， 所以，故或， 由图可知当时，函数取最小值， 当时，可得，， 所以，，此时， 当时，可得，， 所以，，取可得，， 故函数的解析式可能为，B、C错； 由，D错误． 故选：A． 5. 1903年，火箭专家、航天之父康斯坦丁・齐奥尔科夫斯基就提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大速度满足公式：，其中分别为火箭结构质量和推进剂的质量，是发动机的喷气速度.已知某单级火箭结构质量是推进剂质量的2倍，火箭的最大速度为，则火箭发动机的喷气速度为（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据实际问题，运用对数运算可得. 【详解】由题意，， 得，故， 故选：B 6. 若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角平方和关系以及余弦的差角公式即可平方相加得解. 【详解】由于，， 故两式平方相加可得得：； 所以，即． 故选：C． 7. 如图，一个质点从原点O出发，每隔一秒随机向左或向右移动一个单位长度，向左的概率为，向右的概率为，共移动4次，则该质点共两次到达1的位置的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据该质点共两次到达1的位置的方式有和，且两种方式第次移动向左向右均可以求解. 【详解】共移动4次，该质点共两次到达1的位置的方式有和，且两种方式第次移动向左向右均可以， 所以该质点共两次到达1的位置的概率为. 故选：A. 8. 设为数列的前项和，若，且存在，，则的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用可得,继而可得数列的奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列，根据可得或，对的取值讨论即可求解． 【详解】由可得存在，使得，且 因为， 所以， 假设，解得或（舍去）， 此时， 由存在，，所以有或， 由可得，，两式相减得：， 当时，有，即， 根据可知：数列的奇数项和偶数项分别是等差数列，且公差均为2， 所以，解得， 当时，有，即，，解得， 由已知得，所以． 故选：A． 【点睛】关键点点睛：利用可得,得数列的奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列. 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，至少有两项是符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分） 9. 如图，在正方体中，点，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与为异面直线 B. 直线与所成的角为 C. D. 平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】直接根据异面直线及其所成角的概念可判断AB，利用反证法可判断C，利用线面平行判定定理可判断D. 【详解】如图所示，连接，，， 由于，分别为，的中点，即为的中点， 所以，面，面， 所以平面，即D正确； 所以与共面，而，所以直线与为异面直线，即A正确； 连接，易得， 所以即为直线与所成的角或其补角， 由于为等边三角形，即，所以B正确； 假设，由于，，所以面， 而面显然不成立，故C错误； 故选：ABD. 10. 已知是圆上的动点，直线与交于点，则（ ） A. B. 直线与圆相切 C. 直线与圆截得弦长为 D. 的值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据两直线一般式满足的系数关系即可求解A，根据点到直线的距离与半径的关系即可求解B，根据弦长公式即可求解C，根据勾股定理即可求解D. 【详解】直线与， 由于，，故A正确； 圆心到的距离，直线与圆相离，故B错误； 圆心到的距离，弦长，故C正确； 由于，过圆心分别作的垂线，垂足为，如图, 则四边形为矩形，，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知三次函数有三个不同的零点，，（），函数也有三个零点，，（），则（ ） A. B. 若，，成等差数列，则 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求导根据两个极值点即可求解A，根据关于对称，结合等差中项即可求解B，根据图象即可求解C，利用因式分解可得，即可利用三元平方关系求解D. 【详解】由可得， 要使有三个不同的零点，，（）， 则有两个不相等的实数根，故， 即，A正确， 由于为二次函数，关于对称，因此 ， 故关于对称， 因此，，成等差数列，故是的对称中心，则，故B正确， 当时，作出的图象，则的图象与的图象交点如图所示， 由于，故，故C错误，    对于D，根据， 展开可得， 故， 同理可得的三个实数根为，，（）， 则， 故， 因此， 故， 即得，故D正确， 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：根据因式分解可得，进而根据求解. 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 已知随机变量服从二项分布，若，，则_____. 【答案】9 【解析】 【分析】根据二项分布的期望、方差公式，即可求得答案. 【详解】由题意知随机变量服从二项分布，，， 则，即得， 故答案为：9 13. 已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则为______. 【答案】 【解析】 【分析】表示出投影向量，即可求得，进而利用求得结果. 【详解】由题知，在上的投影向量为， 即，则，， 所以. 故答案为： 14. 如图，已知四面体的体积为32，，分别为，的中点，，分别在，上，且，是靠近点的四等分点，则多面体的体积为_____. 【答案】11 【解析】 【分析】连接，将多面体被分成三棱锥和四棱锥，利用题设条件找到小棱锥底面面积与四面体底面面积的数量关系，以及小棱锥的高与四面体的高的数量关系，结合四面体的体积即可求得多面体的体积. 【详解】 如图，连接，则多面体被分成三棱锥和四棱锥. 因是上靠近点的四等分点，则， 又是的中点，故， 因是上靠近点的四等分点，则点到平面的距离是点到平面的距离的， 故三棱锥的体积； 又因点是的中点，则，故， 又由是的中点知，点到平面的距离是点到平面的距离的， 故四棱锥的体积， 故多面体的体积为 故答案为：11. 【点睛】方法点睛：本题主要考查多面体的体积求法，属于较难题.一般的求法有两种： （1）分割法：即将多面体通过连线，作面的垂线等途径，将其分成若干可以用公式求解； （2）补形法：即将多面体通过辅助线段构造柱体，锥体或台体，利用整体体积减去个体体积等间接方法求解. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 设的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，且的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理的边角变换得到，从而得解； （2）利用正弦定理的边角变换，余弦定理与三角形面积公式得到关于的方程，解之即可得解. 【小问1详解】 因为,即， 由正弦定理得， 因为，所以,则， 又，所以. 【小问2详解】 因为，由正弦定理得， 因为，所以，则， 由余弦定理，得， 所以，则，解得. 16. 设，. （1）若，求在处的切线方程； （2）若，试讨论的单调性. 【答案】（1） （2）当时，所以在上单调递减，,上单调递增； 当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减； 当时，，在上单调递增， 当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减． 【解析】 【分析】（1）当时，先求导，再求，利用点斜式即可写出切线方程； （2）分，，，四种情况，结合求导讨论即可求解． 【小问1详解】 若，则，， 又，故， 所以在处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 ，， 当时，，令，即，解得，令，解得， 所以在上单调递减，,上单调递增； 当时，，在上单调递增， 当，即时，令，解得，或，令．解得， 所以在，,上单调递增，,上单调递减； 当，即时，令，解得，或，令．解得， 所以在，,上单调递增，,上单调递减． 综上：当时，所以在上单调递减，,上单调递增； 当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减； 当时，，在上单调递增， 当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减． 17. 已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面． （1）证明：； （2）当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】（1） 设，则为的中点，连接， 因为为菱形，则， 又因为，且为的中点，则， ，平面，所以平面， 且平面，则， 又因为∥平面，平面，平面平面， 可得∥，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直可证平面，则，再根据线面平行的性质定理可证∥，进而可得结果； （2）根据题意可证平面，根据线面夹角可知为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量求面面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，且为的中点，则， 且，，平面，所以平面， 可知与平面所成的角为，即为等边三角形， 设，则，且平面，平面， 可得平面，平面， 且平面平面，所以，即交于一点， 因为为的中点，则为的重心， 且∥，则， 设，则， 如图，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 可得， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 18. 已知双曲线的左、右焦点为，，过的直线与双曲线交于，两点. （1）若轴，求线段的长； （2）若直线与双曲线的左、右两支相交，且直线交轴于点，直线交轴于点. （i）若，求直线的方程； （ii）若，恒在以为直径的圆内部，求直线的斜率的取值范围. 【答案】（1）线段的长为； （2）（i）直线的方程为； （ii）直线的斜率的取值范围为. 【解析】 【分析】（1）直接代入横坐标求解纵坐标，从而求出的值； （2）（i）（ii）先设直线和得到韦达定理，在分别得到两个三角形的面积公式，要求相等，代入韦达定理求出参数的值即可. 【小问1详解】 由双曲线的方程，可得，所以， 所以，，若轴，则直线的方程为， 代入双曲线方程可得，所以线段的长为； 【小问2详解】 （i）如图所示， 若直线的斜率为0，此时为轴，为左右顶点，此时不构成三角形，矛盾， 所以直线的斜率不为0，设，， 联立，消去得，应满足， 由根与系数关系可得， 直线的方程为，令，得，点， 直线的方程为，令，得，点， ， ， 由，可得， 所以，所以， 解得，，解得， 经检验，满足，所以， 所以直线的方程为； （ii）由，恒在以为直径的圆内部，可得， 所以，又， 所以，所以， 所以，所以， 所以，解得，解得或， 经检验，满足， 所以直线的斜率的取值范围为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法： （1）利用弦长以及点到直线的距离公式，结合底高，表示出三角形的面积； （2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为或. 19. 已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，设集合，设为集合中的元素个数，当时，规定. （1）若，求，，的值； （2）若，设的前项和为，求； （3）若数列是等差数列，求数列的通项公式. 【答案】（1），，； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由集合的新定义和集合中元素的性质，可得所求； （2）由集合的新定义和，推得，再由数列的错位相减法求和，计算可得所求和； （3）分和两种情况讨论，结合集合的新定义和等差数列的定义求解． 【小问1详解】 若，可得，，，，， 由为集合中的元素个数，可得，，； 【小问2详解】 若，可得，，，，，， ，则， 可得， 上面两式相减可得， 即有； 【小问3详解】 由题可知，所以，即， 若，则，， 所以，，与是等差数列矛盾， 所以， 设， 因为是各项均为正整数的递增数列， 所以， 假设存在使得， 设，由得， 由得，，与是等差数列矛盾， 所以对任意都有， 所以数列是等差数列，． 【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙市一中2025届高三月考试卷（三） 数学 时量：120分钟满分：150分 一、选择题（本大题共8个小题，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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列的前项和，则等于（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 21 3. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 如图是函数的部分图象，则函数的解析式可为（ ） A. B. C. D. 5. 1903年，火箭专家、航天之父康斯坦丁・齐奥尔科夫斯基就提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大速度满足公式：，其中分别为火箭结构质量和推进剂的质量，是发动机的喷气速度.已知某单级火箭结构质量是推进剂质量的2倍，火箭的最大速度为，则火箭发动机的喷气速度为（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 6. 若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，一个质点从原点O出发，每隔一秒随机向左或向右移动一个单位长度，向左的概率为，向右的概率为，共移动4次，则该质点共两次到达1的位置的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 设为数列的前项和，若，且存在，，则的取值集合为（ ） A. B. C. D. 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，至少有两项是符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分） 9. 如图，在正方体中，点，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与为异面直线 B. 直线与所成的角为 C. D. 平面 10. 已知是圆上的动点，直线与交于点，则（ ） A. B. 直线与圆相切 C. 直线与圆截得弦长为 D. 的值为 11. 已知三次函数有三个不同的零点，，（），函数也有三个零点，，（），则（ ） A. B. 若，，成等差数列，则 C. D. 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 已知随机变量服从二项分布，若，，则_____. 13. 已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则为______. 14. 如图，已知四面体的体积为32，，分别为，的中点，，分别在，上，且，是靠近点的四等分点，则多面体的体积为_____. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 设的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，且的面积为，求的值. 16. 设，. （1）若，求在处的切线方程； （2）若，试讨论的单调性. 17. 已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面． （1）证明：； （2）当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 18. 已知双曲线的左、右焦点为，，过的直线与双曲线交于，两点. （1）若轴，求线段的长； （2）若直线与双曲线的左、右两支相交，且直线交轴于点，直线交轴于点. （i）若，求直线的方程； （ii）若，恒在以为直径的圆内部，求直线的斜率的取值范围. 19. 已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，设集合，设为集合中的元素个数，当时，规定. （1）若，求，，的值； （2）若，设的前项和为，求； （3）若数列是等差数列，求数列的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $