精品解析：湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三上学期月考（五）数学试卷

大联考雅礼中学2025届高三月考试卷（五） 数学 命题人：李斑 郝楠楠 审题人：李云皇 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟，满分150分. 第I卷 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. 已知复数满足：，（其中i为虚数单位，m为正实数），则的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的四则运算求得，得到即可求解. 【详解】，，， 又为正实数，故复数在复平面内对应的点位于第一象限. 故选: A 2. 设全集，，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】图中阴影部分表示的集合为，根据交集、补集的定义计算可得. 【详解】因为， 又，所以， 所以图中阴影部分表示的集合为. 故选：C 3. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由即可求解. 【详解】因为，且， 所以. 故选：A 4. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据模长，以及向量垂直，结合已知条件求得，再求夹角的余弦即可. 【详解】因为，所以，所以， 整理得①， 又，所以②， 联立①②求解得， 所以. 故选：B. 5. 已知函数，若方程有4个不相同的解，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在一个坐标系内分别作出和的图像,观察二者有4个交点时m的范围． 【详解】 在一个坐标系内分别作出和的图像如上图示: 要使方程有4个不相同的解， 只需和的图像有4个交点， 所以0<m≤1． 故选:A． 【点睛】分离参数法求零点个数的问题是转化为，分别作出和的图像，观察交点的个数即为零点的个数． 6. 某圆锥母线长为，底面半径为2，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面的面积最大时，此截面将底面圆周所分成的两段弧长之比（较短弧与较长弧之比）为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：先判断轴截面顶角，结合三角形面积公式确定截面顶角，进而可得，然后可解；方法二：设，将三角形面积表示成关于的函数，根据二次函数性质求出，进而可得，然后可解；方法三：设，将三角形面积表示成关于的函数，结合三角函数性质求解即可. 【详解】法一（几何法）：该圆锥轴截面是等腰三角形，腰长为，底边长4， 因为，所以顶角为钝角． 如图所示，设截面为，因为， 显然，当时，截面三角形面积最大， 此时，， 因为， 所以，所以截得的两段弧长之比为． 法二（代数法）：如图所示，截面为，F为MN的中点， 设，易知，，， 故， 所以当时截面面积最大，此时， 因为， 所以， 所以截得的两段弧长之比为． 法三（代数法）：如图所示，截面为△SMN，F为MN的中点， 设，， 易知，，， 所以 ，， 当，即时取得最大值，此时， 所以截得的两段弧长之比为． 故选：B． 7. 已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上不与顶点重合的任意一点，为的内心，记直线的斜率分别为，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，设圆与轴相切于点，结合圆的切线长的性质证明，结合椭圆性质可得，由内切圆性质可得，由条件确定关系，由此可求离心率. 【详解】设，设圆与轴相切于点， 则， 又，， 所以， 所以， 即， 过点作直线的垂线，垂足为， 则， 所以， 所以，所以， ∴， ∴， 由三角形面积相等，得， ， ， ， 所以， ，即得. 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a，c，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)． 8. 已知，，…，为1，2，3，4，5的任意一个排列.则满足：对于任意，都有的排列，，…，有（ ） A. 49个 B. 50个 C. 31个 D. 72个 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意，求得的范围，分别求得当，和时，满足题意的排列数，综合即可得答案. 【详解】因为， 所以时，， 所以， 当时，任意排列均满足题意，共有个， 当时，只要，其他排列均满足题意，共有个， 当时，只能取1或2，所有的情况如下： 排列32145，满足题意； 排列31245，满足题意， 排列32154，满足题意， 排列31254，满足题意， 排列32415，满足题意， 排列31425，满足题意， 排列32451，不满足题意， 排列31452，不满足题意， 排列32514，不满足题意， 排列31524，满足题意， 排列32541，不满足题意， 排列31542，不满足题意，共7个满足题意， 综上，满足题意的排列共有24+18+7=49个. 故选：A 【点睛】解题的关键是根据题意，先求得的范围，再进行分类讨论，难点在于时，值较小，需逐个检验，方可得答案. 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，有选得0分. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象与轴的交点坐标为 D. 函数的图象关于直线对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象求周期，然后可判断A；根据正切函数定义域可判断B；代入验证可判断C；判断关于点对称，然后由图象的对称变换可判断D. 【详解】对A，由图可知，的最小正周期，则，A正确； 对B，由图象可知时，函数无意义，故， 由，得，即，B错误； 对C，，C正确； 对D，由，则的图象关于点对称， 由图象对称变换可得函数的图象关于直线对称，D正确. 故选：ACD 10. 某机构抽样调查一批零件的尺寸和质量，得到样本数据，并计算得该批零件尺寸和质量的平均值分别为3和60，方差分别为4和400，且.则（ ）（参考公式：相关系数.回归直线的方程是：，其中） A. 样本数据的相关系数为 B. 样本数据关于的经验回归方程为 C. 样本数据所得回归直线的残差平方和为0 D. 若数据均满足正态分布，则估计 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件中的数据，以及公式，或公式的变形，即可求得相关系数，以及和，即可判断AB，根据残差平方和的定义，即可判断C，根据正态分布的对称性，以及原则，即可判断D. 【详解】A. ， ，故A正确； B. 由A可知，， ，所以，故B正确； C.残差平方和表示随机误差的效应，一组数据的残差平方和越小，其拟合程度越好，不一定等于0，故C错误； D.由题意可知，，，， ，利用对称性可知，，故D正确. 故选：ABD 11. 已知函数及其导函数的定义域均为R，若，且是奇函数，令，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是奇函数 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】把已知等式中换成，再移项变形可得A错误；求导令可得，再由是奇函数，再求导可得B正确；由奇函数的性质得到①，在令，可得，再由已知等式得到④，进而得到，然后可得C正确；由原函数和导函数的奇偶性可得，进而可得D正确； 【详解】对于A，因为，把换成，则， 移项化简可得，即，为偶函数，故A错误； 对于B，由A中求导可得， 令，可得， 又是奇函数，即， 求导可得，即， 令，则， 所以，故B正确； 对于C，由B中可得，① 由A中，② 把①中换成可得，③ 由②③可得， 所以: 故C正确； 对于D，由B中， 又由可得，即， 所以 所以令可得；令可得；， 所以， 故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题C选项的关键在于理解抽象复合函数求导，原函数为奇函数则导函数为偶函数这一性质，再利用函数的奇偶性解答. 第Ⅱ卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若是公比不为的等比数列，为的前项和，且、、成等差数列，则数列的公比为_____ 【答案】 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，则，根据题意可得出关于的方程，解之即可. 【详解】设等比数列的公比为，则，为的前项和， 因为、、成等差数列，则，即， 即，所以，， 因为，解得. 故答案为：. 13. 曲线（为自然对数的底数）在处的切线与圆相交于点，，则___________． 【答案】4 【解析】 【分析】由题可求切线为，再利用圆的弦长公式即求. 【详解】∵， ∴，，又， ∴曲线（为自然对数底数）在处的切线为， 由圆可知圆心为，半径为3， ∴. 故答案为：4. 14. 已知双曲线，为左焦点，曲线上的点到左焦点的距离最小值为，点，在上，且关于原点对称，是上一点，直线和满足，则该双曲线的渐近线方程为 __，过作圆的两条切线，，切点分别为、，则的最大值为 __． 【答案】 ① ②. 【解析】 【分析】设，，，由点满足双曲线的方程，由点差法和直线的斜率公式，可得，的关系式，结合，又，求得，，进而得到渐近线方程；根据数量积定义可知当取得最小值时，最大，再根据二倍角公式转化为求的最大值问题． 【详解】设，，，可得，， 两式相减可得，即有， 即， 因为椭圆上的点到左焦点的距离最小值为，所以， 又，所以，，， 双曲线方程为，双曲线的渐近线方程为； 设，则， 又，所以则， 故当取得最小值时，取得最大值， 设，， 又 ， 所以当时，取得最小值6， 所以则的最大值， 故答案为：；． 【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线的渐近线，双曲线和圆综合的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，将向量的数量积最值转化为线段的长度的最值，利用三角函数和二次函数的性质求解是解题的关键. 四､解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时成写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 从①点是函数的图象的一个对称中心；②；③这三个条件中选一个补充到下面的横线并作答. 问题：在锐角中，内角所对的边分别为，且______. （1）求； （2）求的取值范围. 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）选择①，利用二倍角公式、辅助角公式，结合正弦函数性质求解；选择②，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解；选择③，利用正弦定理边化角，再利用二倍角公式求解. （2）由（1）的结论，利用和角的正弦公式，结合正切函数的性质求解. 【小问1详解】 选择①：点是函数图象的一个对称中心， 而，则，即， 由，得，则，所以. 选择②：，由正弦定理得， 由，得，则， 即， 因此，由，得，则，又， 所以. 选择③：，由正弦定理得， 由，得，则，而， 于是，由，得，因此，， 所以. 【小问2详解】 由（1）得，， 则， 在锐角中，，得，，， 所以的取值范围为. 16. 在平面直角坐标系中，为直线上的动点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为为的中点. （1）证明轴； （2）直线是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）直线恒过定点． 【解析】 【分析】（1）设切点，，求出导数，由此可得切线斜率，得切线方程，同时设，代入切线方程并整理，同理得方程，从而可得是方程的两根，利用韦达定理得，求出点横坐标可证得结论； （2）利用（1）再求得点纵坐标，由两点坐标求得直线的斜率，然后得出直线方程后可得定点坐标． 【详解】（1）设切点，，， ∴切线的斜率为，切线， 设，则有，化简得， 同理可的 ∴，是方程的两根，∴，， ，∴轴. （2）∵，∴. .， ∴直线，即， ∴直线过定点. 【点睛】本题考查直线与抛物线相交问题，考查导数的几何意义，方法是设切点，，设动点坐标，把点坐标代入两切线方程得出是一元二次方程的根，利用韦达定理得出，这样可得中点坐标，由中点坐标写出直线方程可得定点坐标．是设而不求思想的运用． 17. 在某市举行的一次市质检考试中，为了调查考试试题的有效性以及试卷的区分度，该市教研室随机抽取了参加本次质检考试的100名学生的数学考试成绩，并将其统计如下表所示． 成绩X [75，85） [85，95） [95，105） [105，115） [115，125] 人数Y 6 24 42 20 8 （1）已知本次质检中的数学测试成绩，其中μ近似为样本的平均数，近似为样本方差，若该市有5万考生，试估计数学成绩介于90~120分的人数；（以各组的区间的中点值代表该组的取值） （2）现按分层抽样的方法从成绩在[75，85）以及[115，125]之间的学生中随机抽取7人，再从这7人中随机抽取3人进行试卷分析，记被抽取的3人中成绩在[75，85）之间的人数为X，求X的分布列以及期望E（X）． 参考数据：若，则，，． 【答案】（1） （2）X的分布列见解析； 【解析】 【分析】（1）先求出样本数的平均数和方差，再结合正态分布求出数学成绩介于90~120分的人数； （2）求出X的所有可能取值，分别求得概率，列出分布列求出期望. 【小问1详解】 根据统计图表中的数据，结合平均数的计算方法，可得本次质检中数学测试成绩样本的平均数为. ， 则， 所以， 故所求人数为． 【小问2详解】 依题意成绩在之间的抽取3人，成绩在之间的抽取4人，故X的可能取值为0，1，2，3． 故，， ，． 故X的分布列为 0 1 2 3 故E． 18. 如图，菱形中，动点在边AD，上（不含端点），且存在实数使，沿EF将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示. （1）若，设三棱锥和四棱锥的体积分别为，，求； （2）当点E的位置变化时，平面与平面的夹角的余弦值是否为定值，若是，求出该余弦值，若不是，说明理由；若，求四棱锥的外接球半径的最小值. 【答案】（1） （2）余弦值为定值，外接球半径最小值为. 【解析】 【分析】（1）设，建立空间直角坐标系，由直线与垂直，即可列式求解； （2）设平面与平面的夹角为，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解．设△PEF的外心为，四边形BDEF外接圆的圆心为，作平面PEF，平面BDEF，继而找出外接球的球心，再根据正弦定理和余弦定理求解. 【小问1详解】 在图2中，取EF中点O，BD中点M，连接OP，OM，以O为原点，OF、OM、OP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 设，，则，， ∴，，，， 故，， ∵直线BF与PD垂直，， ∴，解得（舍）或， ∴，∴， ∴图中点E在靠近点D的三等分点处． ，∴. 【小问2详解】 设二面角的平面角为，则为钝角． 易知平面PEF的法向量，，， 设平面PBF的法向量，则，即， 取，得，∴． 又为钝角，∴． ∴无论点E的位置如何，二面角的余弦值都为定值． 平面EPF与平面BPF的夹角的余弦值为定值． 由题意知△ABD为等边为2的三角形，， 如图，设△PEF的外心为，四边形BDEF外接圆的圆心为， 作平面PEF，平面BDEF，， 即为外接球的球心，且四边形为矩形． 设d为Q到平面BDEF的距离，则， 设r为四边形BDEF的外接圆半径， 在△ABE中，， 在△ABE中，． 设外接球半径为R，则， 故当时，外接球半径的最小值为． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，再计算二面角的平面角即可判断. 19. 给定正整数，设数列是的一个排列，对表示以为首项的递增子列的最大长度（数列中项的个数叫做数列的长度），表示以为首项的递减子列的最大长度.我们规定：当后面的项没有比大时，，当后面的项没有比小时，.例如数列：，则.，. （1）若，求和； （2）求证：； （3）求最值. 【答案】（1）， （2）证明见解析； （3）的最大值为；当为偶数时，的最小值为；当为奇数时，的最小值为； 【解析】 【分析】（1）直接根据定义求解即可； （2）分情况讨论证明，故可推出和不能同时为零，进而得到结论； （3）对的奇偶性分类讨论，并利用（2）中的结论得到结果即可. 【小问1详解】 以为首项的最长递增子列是，所以， 因为后面的项都比小，所以， 以为首项的最长递增子列是，所以， 因为后面没有项，所以； 因为后面的项都比大，所以， 以为首项的最长递减子列是或者，所以； 因为后面的项都比大，所以， 因为后面没有项，所以； 所以， 即， 【小问2详解】 对于，由于数列是的一个排列，故， 若，则每个以为首项的递增子列都可以在前面加一个， 得到一个以为首项的更长的递增子列，所以， 而每个以为首项的递减子列都不包含，且， 故可将替换为，得到一个长度相同的递减子列，所以， 这意味着； 若，同理有，，故， 总之，且和不能同时为零， 故. 【小问3详解】 以为首项的递增子列的最大长度不大于以为首项子列的最大长度，即， 以为首项的递减子列的最大长度不大于以为首项子列的最大长度，即， 而，，所以， 所以， 考虑数列， 此时， 所以的最大值为； 由（2）可知和不能同时为零，故， 当为偶数时，设， 一方面有； 另一方面，考虑这样一个数列：，， 则对有， 故此时； 结合以上两方面可得，当为偶数时，的最小值为； 当为奇数时，设， 一方面有； 另一方面，考虑这样一个数列：，， 则对有， 故此时； 结合以上两方面可得，当为奇数时，的最小值为； 综上可得，当为偶数时，的最小值为； 当为奇数时，的最小值为； 【点睛】关键点点睛：求最大（小）值本质在于，先证明所求表达式一定不小于（或不大于）某个数，再说明该表达式在某种情况下能取得，就得到了最大（小）值是，这便是“求最大（小）值”的本质.而在这个过程中，想到的具体取值这个过程并不存在绝对的逻辑性，可以穷尽各种手段，包括直觉、大胆猜测、高观点等去猜出的值，这些内容也无需在证明过程中呈现.只要证明合乎逻辑，“如何想到的取值”无需交代，不影响解答的正确性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大联考雅礼中学2025届高三月考试卷（五） 数学 命题人：李斑 郝楠楠 审题人：李云皇 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟，满分150分. 第I卷 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. 已知复数满足：，（其中i为虚数单位，m为正实数），则的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设全集，，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A B. C. D. 3. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若方程有4个不相同的解，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 某圆锥母线长为，底面半径为2，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面的面积最大时，此截面将底面圆周所分成的两段弧长之比（较短弧与较长弧之比）为（ ） A B. C. D. 7. 已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上不与顶点重合的任意一点，为的内心，记直线的斜率分别为，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，…，为1，2，3，4，5的任意一个排列.则满足：对于任意，都有的排列，，…，有（ ） A. 49个 B. 50个 C. 31个 D. 72个 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，有选得0分. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象与轴的交点坐标为 D. 函数图象关于直线对称 10. 某机构抽样调查一批零件的尺寸和质量，得到样本数据，并计算得该批零件尺寸和质量的平均值分别为3和60，方差分别为4和400，且.则（ ）（参考公式：相关系数.回归直线的方程是：，其中） A. 样本数据的相关系数为 B. 样本数据关于的经验回归方程为 C. 样本数据所得回归直线的残差平方和为0 D. 若数据均满足正态分布，则估计 11. 已知函数及其导函数的定义域均为R，若，且是奇函数，令，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是奇函数 B. C D. 第Ⅱ卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若是公比不为的等比数列，为的前项和，且、、成等差数列，则数列的公比为_____ 13. 曲线（为自然对数的底数）在处的切线与圆相交于点，，则___________． 14. 已知双曲线，为左焦点，曲线上的点到左焦点的距离最小值为，点，在上，且关于原点对称，是上一点，直线和满足，则该双曲线的渐近线方程为 __，过作圆的两条切线，，切点分别为、，则的最大值为 __． 四､解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时成写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 从①点是函数的图象的一个对称中心；②；③这三个条件中选一个补充到下面的横线并作答. 问题：在锐角中，内角所对的边分别为，且______. （1）求； （2）求的取值范围. 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 16. 在平面直角坐标系中，为直线上动点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为为的中点. （1）证明轴； （2）直线是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由. 17. 在某市举行的一次市质检考试中，为了调查考试试题的有效性以及试卷的区分度，该市教研室随机抽取了参加本次质检考试的100名学生的数学考试成绩，并将其统计如下表所示． 成绩X [75，85） [85，95） [95，105） [105，115） [115，125] 人数Y 6 24 42 20 8 （1）已知本次质检中的数学测试成绩，其中μ近似为样本的平均数，近似为样本方差，若该市有5万考生，试估计数学成绩介于90~120分的人数；（以各组的区间的中点值代表该组的取值） （2）现按分层抽样的方法从成绩在[75，85）以及[115，125]之间的学生中随机抽取7人，再从这7人中随机抽取3人进行试卷分析，记被抽取的3人中成绩在[75，85）之间的人数为X，求X的分布列以及期望E（X）． 参考数据：若，则，，． 18. 如图，菱形中，动点在边AD，上（不含端点），且存在实数使，沿EF将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示. （1）若，设三棱锥和四棱锥的体积分别为，，求； （2）当点E的位置变化时，平面与平面的夹角的余弦值是否为定值，若是，求出该余弦值，若不是，说明理由；若，求四棱锥的外接球半径的最小值. 19. 给定正整数，设数列是的一个排列，对表示以为首项的递增子列的最大长度（数列中项的个数叫做数列的长度），表示以为首项的递减子列的最大长度.我们规定：当后面的项没有比大时，，当后面的项没有比小时，.例如数列：，则.，. （1）若，求和； （2）求证：； （3）求的最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$