精品解析：湖南省长沙市岳麓区湖南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期11月月考数学试题

湖南师大附中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. 集合的真子集的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】确定集合的元素个数，利用集合真子集个数公式可求得结果. 【详解】集合的元素个数为，故集合的真子集个数为. 故选：B. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，分别求解两个不等式，即可得到结果. 【详解】解不等式，得， 解不等式，得， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 已知角的终边上有一点的坐标是，其中，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数的定义，结合二倍角公式即可得解. 【详解】根据三角函数的概念，，， 故选：C. 4. 设向量，满足，，则等于（ ） A. B. 2 C. 5 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】通过平方的方法，结合完全平方公式和向量数量积知识求得正确答案. 【详解】. 故选：B. 5. 若无论为何值，直线与双曲线总有公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. ，且 D. ，且 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据点到直线的距离判断直线为单位圆的切线，然后根据直线与双曲线有公共点求解. 【详解】易得原点到直线的距离，故直线为单位圆的切线， 由于直线与双曲线总有公共点，所以点必在双曲线内或双曲线上，则. 故选：B. 6. 已知函数的图象关于原点对称，且满足，且当时，，若，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由已知得出函数图象的对称中心，函数是奇函数，从而得出函数为周期函数，得最小正周期，利用周期性及奇偶性可化简计算函数值． 【详解】依题意函数的图象关于原点对称，所以为奇函数， 因为， 故函数的周期为4，则，而， 所以由可得，而， 所以，解得. 故选：D. 7. 已知正三棱台所有顶点均在半径为5的半球球面上，且，，则该三棱台的高为（ ） A. 1 B. 4 C. 7 D. 1或7 【答案】A 【解析】 【分析】分别求得上下底面所在平面截球所得圆的半径，找到过球心，上下底面所在外接圆圆心的截面，根据勾股关系可得球心到三棱台上下底面的距离，得解． 【详解】根据题意，上下底面所在外接圆的半径分别为，， 过点，，，的截面如图： ，， . 故选：A. 8. 北宋数学家沈括博学多才、善于观察.据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”经过反复尝试，沈括提出对于上底有个，下底有个，共层的堆积物（如图所示），可以用公式求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列，的和.若由小球堆成的上述垛积共7层，小球总个数为238，则该垛积最上层的小球个数为（ ） A. 2 B. 6 C. 12 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，，结合求和公式，分类讨论，计算即可. 【详解】由题意，得，， 则由给出的公式得到，， 得， 整理得，所以. 因为，为正整数，所以或6. 因此有或，而无整数解，因此. 故选：B. 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. 若，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用赋值法计算可判断A错误，BC正确，对二项展开式两边同时求导并令计算可判断D错误. 【详解】对于A：令，则，故A错误； 对于B：令，则，故B正确； 对于C：令，则，故C正确； 对于D，由， 两边同时求导得， 令，则，故D错误. 故选：BC. 10. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ） A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值点 C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可. 【详解】，. 令，则，；令，则，， 两个函数的零点是相同的，故选项A正确. 的最大值点是，，的最大值点是，， 两个函数的最大值虽然是相同的，但最大值点是不同的，故选项B不正确. 由正弦型函数的最小正周期为可知与有相同的最小正周期，故选项C正确. 曲线对称轴为，，曲线的对称轴为，， 两个函数的图象有相同的对称轴，故选项D正确. 故选：ACD. 11. 过点的直线与抛物线交于，两点，抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则（ ） A. B. 直线恒过定点 C. 点的轨迹方程是 D. 的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】联立直线与抛物线方程可得韦达定理，进而根据向量数量积的坐标运算，代入化简即可求解A，求解坐标，进而可得直线的方程，即可求解B，根据垂直可得在以线段为直径的圆上，即可求解C,根据点到直线距离以及弦长公式结合换元法可得，即可利用导数求解函数的单调性求解D. 【详解】作图如下： 设直线的方程为（斜率显然存在），，， 联立消去整理可得， 由韦达定理得，， 对于A，，，故A错误； 对于B，由可得，进而可得，故， 故处的切线为，即， 当时，，即， 直线的方程为，整理得， 直线恒过定点，故B正确； 对于C，由选项B可得点在以线段为直径的圆上，点除外， 故点的轨迹方程是，故C正确； 对于D，， ， 则， 令，，则， 设，，则， 当时，单调递增， 所以，故D错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，的模长为1，且，则________. 【答案】1 【解析】 【分析】设成复数一般形式，再用待定系数方法，结合复数相等得解. 【详解】设，，因为，所以. 因为，，所以， 所以， 所以，，所以. 故答案为：1. 13. 在中，角所对的边分别为，，已知，，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意由同角三角函数之间的基本关系可得，再结合正弦定理以及三角恒等变换计算即可得出结果. 【详解】在中，因为，可得，所以. 又，可知为锐角且. 由正弦定理可得， 于是. 将及的值代入可得， 平方得，故. 故答案为： 14. 若正实数是函数的一个零点，是函数的一个大于的零点，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题设可得，即有，进而构造，利用导数研究其单调性得到，即可求目标式的值. 【详解】由，即，， 由，即，， ，即， ，又，即， 同构函数，则， 又， ，故，则，又， ，单调递增，故必有， . 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据题设得到，并用导数研究其单调性为关键. 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. 现有某企业计划用10年的时间进行技术革新，有两种方案： 贷款 利润 A方案 一次性向银行贷款10万元 第1年利润1万元，以后每年比前一年增加的利润 B方案 每年初向银行贷款1万元 第1年利润1万元，以后每年比前一年增加利润3000元 两方案使用期都是10年，贷款10年后一次性还本付息（年末结息），若银行贷款利息均按的复利计算. （1）计算10年后，A方案到期一次性需要付银行多少本息？ （2）试比较A、B两方案的优劣. （结果精确到万元，参考数据：，） 【答案】（1）26（万元） （2）A方案比B方案更优 【解析】 【分析】（1）运用平均增长率公式计算即可；（2）分别计算出两种方案的获利和贷款本息，得出净利即可比较. 【小问1详解】 A方案到期时银行贷款本息为（万元）. 【小问2详解】 A方案10年共获利：（万元）, 到期时银行贷款本息为（万元）， 所以A方案净收益为：（万元）， B方案10年共获利：（万元）， 到期时银行贷款本息为（万元）, 所以B方案净收益为：（万元）， 由比较知A方案比B方案更优. 16. 如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，.点在底面的射影点在线段上. （1）在图中过作平面的垂线段，为垂足，并给出严谨的作图过程； （2）若.求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）作图见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由余弦定理可得，结合勾股定理即可得到，再由面面垂直的判定定理可证平面平面，再由面面垂直的性质定理即可证得平面； （2）根据题意，以为原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及面面角的公式，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 连接，有平面，所以. 在中，. 同理，在中，有. 又因为，所以， 所以，，故，即. 又因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 过作垂直于点，因为平面平面，平面平面， 且平面，有平面. 【小问2详解】 依题意，，故为C，的交点，且. 所以，. 过作直线的平行线，则，，，两两垂直， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则：，，，， 所以，，， . 设平面的法向量为， 则取. 设平面的法向量为， 则，取， 所以，             故所求锐二面角余弦值为. 17. 已知函数，为的导数. （1）证明：当时，； （2）设，证明：有且仅有2个零点. 【答案】（1） 由， 设，则， 当时，设，， ∵，， ∴和在上单调递增， ∴，， ∴当时，，， 则， ∴函数在上单调递增， ∴， 即当时，; （2） 由已知得， ①当时， ∵， ∴在上单调递增， 又∵，， ∴由零点存在性定理可知在上仅有一个零点， ②当时， 设，则， ∴在上单调递减， ∴， ∴， ∴， ∴在上单调递减， 又∵，， ∴由零点存在性定理可知在上仅有一个零点， 综上所述，有且仅有2个零点. 【解析】 【分析】（1）令，利用导数判断的单调性，并求出其最小值即可证明； （2）由（1）可知，在上单调递增，利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，通过构造函数即可证明在上单调递减，同理利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的两个焦点为、，为椭圆上一动点，设，当时，面积取得最大值. （1）求椭圆的标准方程. （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点、（在，之间），若为椭圆上一点， ①求的取值范围； ②若，求四边形的面积. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）当时，最大，得到，结合，联立求出即可.（2）①设，. 求出， 得到,直线曲线联立，借助韦达定理，令，得到不等式，解得即可;②由，得坐标结合前问，得到.而在椭圆上，代入方法化简得.求出线段，运用点到直线距离公式得到到直线的距离. 求出四边形面积即可. 【小问1详解】 设，为椭圆的焦半距，， ，当时，最大，此时或，不妨设， 当时，得，所以， 又因为，所以，.从， 而椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①由题意，直线的斜率显然存在. 设，. ，同理，.. 联立， ，. 又，，，同号. . ，，. 令，则，解得，. ②，.且四边形为平行四边形. 由①知，， .而在椭圆上， .化简得. 线段， 到直线的距离. . 【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．另外，注意观察应用题设中的每一个条件，强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 飞行棋是大家熟悉的棋类游戏，玩家通过投掷骰子来决定飞机起飞与飞行的步数.当且仅当玩家投掷出点时，飞机才能起飞.并且掷得点的游戏者可以连续投掷骰子，直至显示点数不是点.飞机起飞后，飞行步数即骰子向上的点数. （1）求甲玩家第一轮投掷中，投郑次数的均值） （2）对于两个离散型随机变量、，我们将其可能出现的结果作为一个有序数对，类似于离散型随机变量的分布列，我们可以用如下表格来表示这个有序数对的概率分布： （记，） 若已知，则事件的条件概率为.可以发现依然是一个随机变量，可以对其求期望. （ⅰ）上述期望依旧是一个随机变量（取值不同时，期望也不同），不妨记为，求； （ⅱ）若修改游戏规则，需连续掷出两次点飞机才能起飞，记表示“甲第一次未能掷出6点”，表示“甲第一次掷出点且第二次未能掷出点”，表示“甲第一次第二次均掷出点”，为甲首次使得飞机起飞时抛掷骰子的次数，求. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）计算得出，，令，利用错位相减法求出，进而可求得的值； （2）（i）分析可知所有可能的取值为：，、、、，并求出对应的概率，然后利用期望公式可求得； （ii）求出以及对应的概率，结合期望公式可得出关于的等式，即可解得的值. 【小问1详解】 ，， 所以，， 记，则. 作差得：， 所以，. 故. 【小问2详解】 （ⅰ）所有可能的取值为：，、、、， 且对应的概率，、、、， 所以， 又， 所以. （ⅱ），；，；，， ，故. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； （2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于结构，利用分组求和法； （4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南师大附中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. 集合的真子集的个数是（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知角的终边上有一点的坐标是，其中，则（ ） A. B. C. D. 4. 设向量，满足，，则等于（ ） A. B. 2 C. 5 D. 8 5. 若无论为何值，直线与双曲线总有公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. ，且 D. ，且 6. 已知函数的图象关于原点对称，且满足，且当时，，若，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱台所有顶点均在半径为5的半球球面上，且，，则该三棱台的高为（ ） A. 1 B. 4 C. 7 D. 1或7 8. 北宋数学家沈括博学多才、善于观察.据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”经过反复尝试，沈括提出对于上底有个，下底有个，共层的堆积物（如图所示），可以用公式求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列，的和.若由小球堆成的上述垛积共7层，小球总个数为238，则该垛积最上层的小球个数为（ ） A. 2 B. 6 C. 12 D. 20 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. 若，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ） A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值点 C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴 11. 过点的直线与抛物线交于，两点，抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则（ ） A. B. 直线恒过定点 C. 点的轨迹方程是 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，的模长为1，且，则________. 13. 在中，角所对的边分别为，，已知，，，则________. 14. 若正实数是函数的一个零点，是函数的一个大于的零点，则的值为________. 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. 现有某企业计划用10年的时间进行技术革新，有两种方案： 贷款 利润 A方案 一次性向银行贷款10万元 第1年利润1万元，以后每年比前一年增加的利润 B方案 每年初向银行贷款1万元 第1年利润1万元，以后每年比前一年增加利润3000元 两方案使用期都是10年，贷款10年后一次性还本付息（年末结息），若银行贷款利息均按的复利计算. （1）计算10年后，A方案到期一次性需要付银行多少本息？ （2）试比较A、B两方案的优劣. （结果精确到万元，参考数据：，） 16. 如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，.点在底面的射影点在线段上. （1）在图中过作平面的垂线段，为垂足，并给出严谨的作图过程； （2）若.求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 17. 已知函数，为的导数. （1）证明：当时，； （2）设，证明：有且仅有2个零点. 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的两个焦点为、，为椭圆上一动点，设，当时，面积取得最大值. （1）求椭圆的标准方程. （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点、（在，之间），若为椭圆上一点， ①求的取值范围； ②若，求四边形的面积. 19. 飞行棋是大家熟悉的棋类游戏，玩家通过投掷骰子来决定飞机起飞与飞行的步数.当且仅当玩家投掷出点时，飞机才能起飞.并且掷得点的游戏者可以连续投掷骰子，直至显示点数不是点.飞机起飞后，飞行步数即骰子向上的点数. （1）求甲玩家第一轮投掷中，投郑次数的均值） （2）对于两个离散型随机变量、，我们将其可能出现的结果作为一个有序数对，类似于离散型随机变量的分布列，我们可以用如下表格来表示这个有序数对的概率分布： （记，） 若已知，则事件的条件概率为.可以发现依然是一个随机变量，可以对其求期望. （ⅰ）上述期望依旧是一个随机变量（取值不同时，期望也不同），不妨记为，求； （ⅱ）若修改游戏规则，需连续掷出两次点飞机才能起飞，记表示“甲第一次未能掷出6点”，表示“甲第一次掷出点且第二次未能掷出点”，表示“甲第一次第二次均掷出点”，为甲首次使得飞机起飞时抛掷骰子的次数，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $