精品解析：湖南省雅礼中学2025届高三月考（六）数学试卷

雅礼中学2025届高三月考试卷（六） 数学 命题人：刘晖 刘志涛 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6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的. 1. 设集合，则集合与集合的关系是（ ） A. B. C D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求函数的值域和函数的定义域，即得集合，从而可确定选项. 【详解】由，，可得，则，故， 又由有意义，可得，即得，故， 则显然有. 故选：C. 2. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用抛物线的方程求解焦点坐标即可. 【详解】因为抛物线的焦点在轴上，且， 所以，所以抛物线的焦点坐标为. 故选：D. 3. 已知向量若，则m等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示求解即可. 【详解】因为，所以，又，， 所以，解得. 故选：A. 4. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 1 B. C. 10 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先证明数列也为等差数列，设数列的公差为，结合条件求，再求. 【详解】设数列的公差为，则， 所以， 所以 所以数列为等差数列， 设数列的公差为，又数列的首项为， 因为，两边同除以得：， 所以， 解得，又，即，解得. 故选：B. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和差的正余弦公式展开，两边同除，得到.再利用两角差的正切公式展开，将换成，化简即可得到答案. 【详解】，所以， 两边同除，得到，即. ，. 故选：C. 6. 从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先列基本事件，再列满足条件的基本事件，最后根据古典概型求解. 【详解】从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数可得基本事件为，10种情况， 若这三个数之积为偶数有，9种情况， 它们之和大于8共有 ，5种情况， 从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为. 故选:D. 7. 已知一个球与某圆台的上下底面和侧面均相切，若圆台的侧面积为，上下底面面积之比为1：9，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先利用圆台和球的关系求出圆台的上下底的半径，进一步求出圆台的母线长，最后求出内切球的半径和球的表面积. 【详解】设圆台的上、下底面半径分别为和，母线长为，内切球的半径为， 因为上下底面面积之比为1：9，所以，得， 所以圆台的侧面积为，得， 因为球与圆台的上下底面和侧面均相切，所以， 所以，得，所以，， 所以，得， 所以该球的表面积为， 故选：A 8. 已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】函数恰有3个零点，等价于方程有三个不等的实数根.分别作出函数和的图象，结合图象即可求解. 【详解】由题意得，方程有三个不等的实数根. 而， 分别作出函数和的图象， 当时， 当时，，对其求导得，所以， 所以曲线在点的切线方程为， 如图，直线与曲线在点相切. 所以的取值范围是. 故选：A. 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. 下列关于的说法，正确的是（ ） A. 展开式的各二项式系数之和是1024 B. 展开式各项系数之和是1024 C. 展开式的第5项的二项式系数最大 D. 展开式的第3项为45x 【答案】AD 【解析】 【分析】利用二项式定理，结合二项式系数的性质逐项判断作答. 【详解】对于A，的展开式的各二项式系数之和是，A正确； 对于B，令，得的展开式的各项系数之和为0，B错误； 对于C，的展开式的第6项的二项式系数最大，C错误； 对于D，的展开式的第3项为，D正确. 故选：AD 10. 已知函数的图象关于直线对称，下列结论正确的是（ ） A. 是奇函数 B. C. 若上单调递增，则 D. 的图象与直线只有一个公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象关于直线对称得到，从而，由得A选项正确；计算得B选项错误；根据的单调递增区间得到的取值范围，从而C正确；由曲线的切线方程的求法得到直线是的图象的一条切线，再根据图象得到只有一个公共点，从而D正确. 【详解】因为的图象关于直线对称，所以，即，解得，所以， 验证：当时，取最大值，故的图象关于直线对称，满足题意； ，由，则是奇函数，故A正确； 由，故B错误； ，由，解得， 当时，，由在上单调递增，则，解得，故C正确； 的图象与直线均过点， 由，则， 故直线即与曲线相切， 如图可知的图象与直线有且仅有一个公共点，故D正确. 故选：ACD. 11. 设过原点且倾斜角为的直线与双曲线的左、右支分别交于两点，是双曲线的焦点，若的面积大于，则双曲线的离心率的取值可以是（ ） A. B. C. D. 3 【答案】BC 【解析】 【分析】将直线AB方程与双曲线方程联立，可得交点坐标，据此可表示出的面积，然后结合题意可得答案. 【详解】不妨设是双曲线的右焦点， 如图，由题可知，直线的方程为， 由，得，且， 所以， 因为， 且，所以， 所以， 解得，又因为，则. 解得，所以. 又，，则BC选项满足题意. 故选：BC 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，其中i为虚数单位，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可. 【详解】， 故． 故答案为：. 13. 已知，则的值为____________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据对数的运算性质求解即可. 【详解】因为， 所以，可得 ， 即， 所以，即， 所以. 故答案为：. 14. 如图，在正方体中，延长至使得，点在平面上，过点作于点，满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】在平面中，以为圆心，为半径作圆，则点在该圆上.设正方体的边长为，由割线定理可得，连结，与平面相交于点，可得平面，在中，，利用，可求得. 【详解】在平面中，以为圆心，为半径作圆，则点在该圆上.设正方体的边长为， 根据割线定理知（或根据三角形相似）， 则. 连结，与平面相交于点， 因为，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 同理可得，又，平面， 所以平面，又，所以为正的重心， 由，所以， 解得，所以， 由平面，所以. 在中，， 在中，，则. 故答案为：. 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.解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知数列和满足. （1）证明：数列是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据递推公式，结合等比数列的定义，即可证明； （2）首先根据（1）的结果求等比数列的通项公式，再求，再利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 由题意知， 所以， 即，又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列. 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 所以 . 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求角的大小； （2）若点是边中点，且，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边再利用余弦定理求解即可； （2）由等面积法得，，所以，所以，结合基本不等式求解三角形面积的最大值即可. 【小问1详解】 ， 即， 由正弦定理，得，即， 所以， 因，所以. 【小问2详解】 因为， 即， 所以， 由，所以， 所以，则， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以. 即面积的最大值为. 17. 如图1，在中，为的中点，现将及其内部以边为轴进行旋转，得到如图2所示的新的几何体，点为点在旋转过程中形成的圆的圆心，点为圆上任意一点. （1）求新的几何体的体积； （2）记与底面所成角为，求的取值范围； （3）当时，求点关于平面的对称点到平面的距离. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用割补法来求得新的几何体的体积. （2）作出与底面所成角，求得的表达式，进而求得的取值范围. （3）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得正确答案. 【小问1详解】 连接， 在中，由题可得， 因为新的几何体是以为高的圆锥减去以为高的圆锥后剩余的部分， 所以新的几何体的体积. 【小问2详解】 如图，取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 因为平面，所以平面， 所以为与底面所成的角， 所以， 又因为，所以， 所以，所以 【小问3详解】 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则， 所以， 易求得平面的法向量为， 若平面于点，设， 则， 则根据可求得， ， 由条件可求得平面的法向量为， 所以点到平面的距离为. 18. 有2n朵花围绕在一个圆形花圃周围，现要将其两两配对绑上缎带作为装饰，缎带之间互不交叉，例如：时，共有4朵花，以1、2、3、4表示，绑上缎带的两朵用一条线连接，共有2种方式，如图1、2所示． （1）当时，求满足要求的绑缎带方法总数； （2）已知满足要求的每一种绑法出现的概率都相等，如时，出现图1和图2所示方法的概率均为．记一次绑法中，共有Y对相邻的两朵花绑在一起， （i）当时，求Y的分布列和期望； （ii）已知：对任意随机变量（，2，…，m，），有．记满足条件的绑缎带方法总数为，Y的期望为．求（用n和表示）． 【答案】（1）5 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）给6朵花合适代号，再分三类讨论即可； （2）（i）分类讨论出所有合适情况，再按步骤列出其分布列计算其期望即可； （ii）分和讨论即可. 【小问1详解】 当时，有6朵花围绕在一个圆形花圃周围. 以1、2、3、4、5、6表示， 由题意可知，满足要求的绑缎带方法，任意一条缎带绑后，其同侧不能剩余奇数个点，故1必不与奇数3、5配对. 按花朵1的配对情况，分为三类： ①1与2配对：另4朵3、4、5、6的配对情况，同时共有4朵花的配对方法数相同， 故有2种方法； ②1与6配对：由对称性可知同1与2配对的方法数，故有2种方法； ③1与4配对：2必与3配对，6必与5配对，故只有1种方法. 综上，完成这件事的方法数共有种方法， 列举如下： （12）（34）（56）；（12）（36）（45）；（16）（23）（45）；（16）（25）（34）；（14）（23）（56）. 即满足要求的绑缎带方法总数为5. 【小问2详解】 （i）当时，有8朵花围绕在一个圆形花圃周围. 以1、2、3、4、5、6、7、8表示， 由题意可知，满足要求的绑缎带方法，任意一条缎带绑后，其同侧不能剩余奇数个点，故1不能与3、5、7配对. 故按花朵1的配对情况，可分为两类： ①12或18配对： 若12配对，则另6朵3、4、5、6、7、8的配对情况， 同时共有6朵花的配对方法数相同，故有5种方法； 若18配对，由对称性可知与12配对方法相同，故也有5种方法； 故有种方法； ②14或16配对：由对称性，这两类配对方法也相同. 不妨设14配对，由题意，23必配对.而另外5、6、7、8的配对情况，即同时共有4朵花的配对方法数，有2种方法； 故有种方法； 综上，完成这件事的方法数共有种方法. 已知满足要求的每一种绑法出现的概率都相等，则每一种方法的概率均为， 记一次绑法中，共有Y对相邻的两朵花绑在一起， 14种方法中的有种方法；的有种；的有种； 则Y的所有可能值为， ； ； . 故Y的分布列为： 2 3 4 ，故Y的期望为. （ii）当时，显然有，此时， 当时，若第朵花与相邻花相连，记随机变量，则 若第朵花不与相邻花相连，记随机变量，则 由于有对相邻的两朵花，则 则 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的第一小问的关键是找到所有适合的情况，求出不同的所对应的概率即可. 19. 已知函数，其中是常数. （1）当时，求单调性及对称中心； （2）当时，正方形有三个顶点在函数的图象上，求正方形面积的最小值； （3）当时，函数的图象上有且仅有一个内接正方形，求的值与正方形的边长. 【答案】（1）增区间为，减区间为；对称中心为 （2） （3），正方形的边长 【解析】 【分析】（1）求函数的导函数，解方程，分区间判断导数值的正负，判断函数的单调性，设函数的对称中心为，则为奇函数，根据奇函数性质列方程求即可； （2）不妨设三个顶点中有两个在轴右侧（包括轴），且设三点的坐标分别为，直线的斜率为，由条件确定与的关系，利用表示正方形的边长，利用基本不等式求最值； （3）先证明内接正方形的对称中心为坐标原点，不妨设在第一象限，在第二象限，设，由条件可得且，由此可求及正方形边长. 【小问1详解】 因为， 所以，令，则， 当时，，函数在区间上单调递增， 当时，，函数在区间上单调递减， 当时，，函数在区间上单调递增， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 设函数对称中心为，则为奇函数， 所以函数为奇函数， 所以， 所以， 所以 所以的对称中心为. 【小问2详解】 如图，不妨设三个顶点中有两个在轴右侧（包括轴），且设三点的坐标分别为，直线的斜率为， 则有. 又三点在函数的图象上， 所以， 代入上面两式得：. 由于， 即， 所以，即， 所以， 所以，且有. 所以正方形边长为 ， 当且仅当时，即点为原点时等号成立. 所以正方形面积的最小值为. 【小问3详解】 因为，所以， 函数的定义域为，定义域关于原点对称， ， 所以函数为奇函数，函数的图象关于原点对称， 假设内接正方形的对称中心不是坐标原点， 设四点关于原点的对称点分别为，则点在三次曲线上， 且是正方形，与已知条件矛盾，从而内接正方形的对称中心为坐标原点. 不妨设在第一象限，在第二象限， 因为且， 所以设， 因为所以 从而，所以， 所以且， 由于内接正方形只有一个，所以， 当时，，解得不满足， 当时，，解得，满足， 从而，所以， 综上，，正方形的边长. 【点睛】关键点点睛：本题第三小问解决的关键在于结合函数为奇函数证明函数的图象的内接正方形的中心为原点，由此设点的坐标，结合条件求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 雅礼中学2025届高三月考试卷（六） 数学 命题人：刘晖 刘志涛 审题人：李云皇 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页.时量120分钟，满分150分. 第I卷 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目的. 1. 设集合，则集合与集合的关系是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的焦点坐标为（ ） A B. C. D. 3. 已知向量若，则m等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 1 B. C. 10 D. 5 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知一个球与某圆台的上下底面和侧面均相切，若圆台的侧面积为，上下底面面积之比为1：9，则该球的表面积为（ ） A B. C. D. 8. 已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列关于的说法，正确的是（ ） A. 展开式的各二项式系数之和是1024 B. 展开式各项系数之和是1024 C. 展开式第5项的二项式系数最大 D. 展开式的第3项为45x 10. 已知函数的图象关于直线对称，下列结论正确的是（ ） A. 是奇函数 B. C. 若在上单调递增，则 D. 的图象与直线只有一个公共点 11. 设过原点且倾斜角为的直线与双曲线的左、右支分别交于两点，是双曲线的焦点，若的面积大于，则双曲线的离心率的取值可以是（ ） A. B. C. D. 3 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，其中i为虚数单位，则__________． 13. 已知，则的值为____________． 14. 如图，在正方体中，延长至使得，点在平面上，过点作于点，满足，则__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知数列和满足. （1）证明：数列等比数列； （2）设，求数列的前项和. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求角的大小； （2）若点是边中点，且，求面积的最大值. 17. 如图1，在中，为的中点，现将及其内部以边为轴进行旋转，得到如图2所示的新的几何体，点为点在旋转过程中形成的圆的圆心，点为圆上任意一点. （1）求新的几何体的体积； （2）记与底面所成角为，求的取值范围； （3）当时，求点关于平面的对称点到平面的距离. 18. 有2n朵花围绕在一个圆形花圃周围，现要将其两两配对绑上缎带作为装饰，缎带之间互不交叉，例如：时，共有4朵花，以1、2、3、4表示，绑上缎带的两朵用一条线连接，共有2种方式，如图1、2所示． （1）当时，求满足要求的绑缎带方法总数； （2）已知满足要求的每一种绑法出现的概率都相等，如时，出现图1和图2所示方法的概率均为．记一次绑法中，共有Y对相邻的两朵花绑在一起， （i）当时，求Y的分布列和期望； （ii）已知：对任意随机变量（，2，…，m，），有．记满足条件的绑缎带方法总数为，Y的期望为．求（用n和表示）． 19. 已知函数，其中是常数. （1）当时，求单调性及对称中心； （2）当时，正方形有三个顶点在函数的图象上，求正方形面积的最小值； （3）当时，函数的图象上有且仅有一个内接正方形，求的值与正方形的边长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$