精品解析：湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三下学期月考试卷（六）数学试题

大联考长郡中学2025届高三月考试卷（六） 数学 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. 若（i为虚数单位），则（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知向量，．若，则实数的值是（ ） A. -2 B. 2 C. D. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 2 B. 6 C. 4 D. -4 4. 设a为实数，则“”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 5. 若存在满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 为随机事件，已知，下列结论中正确的是（ ） A. 若为互斥事件，则 B. 若为互斥事件，则 C. 若是相互独立事件，则 D 若，则 7. 已知，则这三个数的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 已知A，B分别是椭圆的左、右顶点，P是椭圆在第一象限内一点．若，则的值是（ ） 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，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. 下列说法中正确的是（ ） A. 回归直线恒过样本中心点，且至少过一个样本点 B. 用决定系数刻画回归效果时，越接近1，说明模型的拟合效果越好 C. 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，标准差变大 D. 基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过 10. 在平面直角坐标系中，已知定点和定直线，若到点与直线的距离之和等于10的点的轨迹记为曲线.给出下列四个结论，其中正确的是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 若点在曲线上，则 C. 若点曲线上，则 D. 若点在曲线上，则 11. 已知函数，则下面说法正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 的最大值为 C. 是的对称轴 D. 是的对称中心 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知，删除数列中所有能被2整除的数，剩下的数从小到大排成数列，则______． 13. 已知，集合中的元素恰有个整数，则的取值范围是_________. 14. 为美化环境，某地决定在一个大型广场建一个同心圆形花坛，花坛分为两部分，中间小圆部分种植草坪，周围的圆环分为等份种植红、黄、蓝三色不同的花.要求相邻两部分种植不同颜色的花.如图①，圆环分成的等份分别为，，，有种不同的种植方法. （1）如图②，圆环分成的4等份分别为 ，，，，有______种不同的种植方法； （2）如图③，圆环分成的等份分别为，，，， 有______种不同的种植方法. 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. 如图，四边形中，，，，且为锐角． （1）求； （2）求的面积． 16. 已知函数. （1）若，求函数过点切线方程; （2）证明:当时，. 17. 已知在椭圆上，过点的直线交椭圆于两点（异于点），过点作轴的垂线与直线交于点，设直线的斜率分别为． （1）试探究是否为定值，并给出理由； （2）证明：直线过线段的中点． 18. 如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且平面平面．分别是的中点．． （1）求证：是直角三角形； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）求平面与平面夹角余弦值的范围． 19. 记集合的元素个数为，若，定义集合，我们称集合为集合A的积集． （1）当时，写出集合积集及； （2）若是由4个有理数构成的集合，积集，求集合中的所有元素之和； （3）现给定一个正实数集合，试求满足的非空有限正数集合的个数的最大可能值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大联考长郡中学2025届高三月考试卷（六） 数学 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. 若（i为虚数单位），则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据模长公式即可求解. 【详解】由可得， 故， 故选：C 2. 已知向量，．若，则实数的值是（ ） A. -2 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据得，进行数量积的坐标运算即可. 【详解】根据已知有： 故选：B. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 2 B. 6 C. 4 D. -4 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式的展开式的通项可求得的展开式中的系数. 【详解】的展开式中的系数即为的展开式中的系数， 又二项式的展开式的通项为， 令，可得， 所以的展开式中的系数为，所以的展开式中的系数. 故选：B. 4. 设a为实数，则“”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】解一元二次不等式，根据集合包含关系分析充分、必要条件即可. 【详解】由解得或， 因为是或的真子集， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 若存在满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】参变分离可得存在满足，令，，利用函数的单调性求出，即可得解. 【详解】因为存在满足， 即存在满足， 令，， 因为与在上单调递增， 所以在上单调递增，所以， 所以，即的取值范围是. 故选：A 6. 为随机事件，已知，下列结论中正确的是（ ） A. 若为互斥事件，则 B. 若为互斥事件，则 C. 若是相互独立事件，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由互斥、对立事件概率求法判断A、B；根据事件关系及独立事件乘法求判断C；应用条件概率公式求. 【详解】A：由A、B是互斥事件，故，错误． B：由知：由，故B错误； C：由于A，B是相互独立事件，， ，错误． D：，则， ，正确． 故选：D 7. 已知，则这三个数的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用导数法研究单调性，并利用单调性可比较，在同一坐标系中作出与的图象，结合图象与幂函数的性质可比较，即可求解 【详解】令，则， 由，解得，由，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减； 因为， 所以，即， 所以，所以， 又递增， 所以，即； ， 在同一坐标系中作出与的图象，如图： 由图象可知在中恒有， 又，所以， 又在上单调递增，且 所以，即； 综上可知：， 故选：A 8. 已知A，B分别是椭圆的左、右顶点，P是椭圆在第一象限内一点．若，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设动点坐标得出两直线斜率公式，结合椭圆方程得到两直线斜率乘积为定值，由条件求出两直线斜率之间的等量关系，结合两个方程求出的值，通过求出的值，通过由正弦定理得到先与角之间的关系求得线段的比值. 【详解】由题意知，，设， 直线，的斜率分别为，，则， 又∵，即，∴，即， 由正弦定理得， 又，则， 联立解得，即， 所以，即. 故选：C 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 回归直线恒过样本中心点，且至少过一个样本点 B. 用决定系数刻画回归效果时，越接近1，说明模型的拟合效果越好 C. 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，标准差变大 D. 基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过 【答案】BD 【解析】 【分析】由回归直线的性质即可判断A；利用决定系数的性质即可判断B；由标准差的性质即可判断C；由独立性检验的思想即可判断D. 【详解】A：回归直线恒过样本点的中心正确，但不一定会过样本点，故A错误； B：用决定系数来刻画回归效果时，越接近1，说明模型的拟合效果越好，故B正确； C：将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，数据的波动性不变， 故方差不变，则标准差不变，故C错误； D：根据独立性检验可知D正确. 故选：BD 10. 在平面直角坐标系中，已知定点和定直线，若到点与直线的距离之和等于10的点的轨迹记为曲线.给出下列四个结论，其中正确的是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 若点在曲线上，则 C. 若点在曲线上，则 D. 若点在曲线上，则 【答案】CD 【解析】 【分析】根据题意求出动点的轨迹方程，分类讨论，得到方程，画出图像，观察图象，得出正确选项. 【详解】设动点，根据点到点与直线的距离之和等于10， 所以，即， 化简得，当时，， 当时，，图象如下， 选项A,根据图象得，曲线不关于轴对称，故A错误； 选项B,若点在曲线上, 则，所以，由，得 ，所以,故B错误;选项C, 若点在曲线上，则，C正确； 选项D, 若点在曲线上， 当时，，得，故 当时，，得，故 所以，D正确，故CD正确. 故选：CD 11. 已知函数，则下面说法正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 的最大值为 C. 是的对称轴 D. 是的对称中心 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二倍角公式化简，即可利用周期的计算公式求解A，求导，根据单调性求解最值判断B，代入验证即可求解CD. 【详解】． 因为的最小正周期为的最小正周有为， 所以的最小正周期为，故A正确； ． 又，令，， 因为的周期为，所以只需讨论内的的最大值， 此时当时，，当时，， 故当，即时，有极大值， 又，因此的最大值为，故B正确； 因为， 所以直线不是图象的对称轴，故C错误； ， 所以点是图象的对称点，故D正确． 故选：ABD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知，删除数列中所有能被2整除的数，剩下的数从小到大排成数列，则______． 【答案】861 【解析】 【分析】列举数列中的若干项，找出规律即可. 【详解】由题意可知， 观察得从第一个数开始每连续四个数需要删掉后两个数， 即可被2整除， 则为第11组的第一个数，即． 故答案为：861 13. 已知，集合中元素恰有个整数，则的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知集合对应的区间长度在之间，可得出关于的取值范围，然后对的取值进行分类讨论，确定集合中的整数元素，可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】因为集合中的元素恰有两个整数， 所以，解得， 当时，集合中的两个整数分别为、， 则，解得； 当时，，此时，集合中元素为整数的只有、，合乎题意， 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键就是根据集合中整数元素的个数，确定集合对应区间长度的取值范围，列出不等式求解，同时一定要注意确定集合中的整数元素，进而对集合的左端点和右端点值进行限制求解. 14. 为美化环境，某地决定在一个大型广场建一个同心圆形花坛，花坛分为两部分，中间小圆部分种植草坪，周围的圆环分为等份种植红、黄、蓝三色不同的花.要求相邻两部分种植不同颜色的花.如图①，圆环分成的等份分别为，，，有种不同的种植方法. （1）如图②，圆环分成的4等份分别为 ，，，，有______种不同的种植方法； （2）如图③，圆环分成的等份分别为，，，， 有______种不同的种植方法. 【答案】 ①. 18 ②. 且 【解析】 【分析】（1）分类讨论不同色与同色两种情况，由分步计数原理得到结果； （2）由题意知圆环分为等份，对有3种不同的种法，对、、都有两种不同的种法，但这样的种法只能保证与、3、不同颜色，但不能保证与不同颜色．在这种情况下要分类，一类是与不同色的种法，另一类是与同色的种法，根据分类计数原理得到结果． 【详解】（1）如图②，当不同色时，有(种)种植方法， 当同色时，有(种)种植方法， 由分类加法计数原理得，共有(种)种植方法； （2）如图3，圆环分为等份，对有3种不同的种法，对都有两种不同的种法， 但这样的种法只能保证与、3、不同颜色，但不能保证与不同颜色． 于是一类是与不同色的种法，这是符合要求的种法，记为种． 另一类是与同色的种法，这时可以把与看成一部分， 这样的种法相当于对部分符合要求的种法，记为，共有种种法， 这样就有，即， 则数列是首项为，公比为的等比数列． 则． 由题意知：，则 ，. 故答案为：18，（且． 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. 如图，四边形中，，，，且为锐角． （1）求； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角形面积公式求得，利用余弦定理求得，分析可知BD是四边形外接圆的直径，再利用正弦定理可求解； （2）由面积公式即可得解. 【小问1详解】 由已知， ∵是锐角，∴． 由余弦定理可得，则． ∵，∴BD是四边形外接圆的直径， ∴BD是外接圆的直径，利用正弦定理知 【小问2详解】 由，，，， 则,, 又，则， 因此， 故的面积为． 16. 已知函数. （1）若，求函数过点的切线方程; （2）证明:当时，. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设出切点，求出切线方程，代入点求解即可； （2）构造函数，求导，证明其最小值大于零即可. 【小问1详解】 若，则，所以， 设过点的切线方程的切点为， 则，切线方程为， 代入点得， 解得， 故切线方程为； 【小问2详解】 当时，设， 则，令得，令得， 所以， 设， 则， 令得，令得， 在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以， 即. 17. 已知在椭圆上，过点直线交椭圆于两点（异于点），过点作轴的垂线与直线交于点，设直线的斜率分别为． （1）试探究是否为定值，并给出理由； （2）证明：直线过线段的中点． 【答案】（1）为定值，理由见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）①讨论斜率为0时，②当直线的斜率不为0 时，设直线方程，联立椭圆方程，结合韦达定理及斜率公式即可求解； （2）设线段PM的中点为，再结合直线的方程及，即可求证； 【小问1详解】 为定值． 理由：①当直线的斜率为0时，直线的方程为：， 此时两点坐标为： 有； ②当直线的斜率不为0 时，设直线， 联立直线与椭圆C的方程消去x整理得， 则，即，可得：或， 所以，所以 ． 综上，为定值． 【小问2详解】 设线段PM的中点为，易得 可得直线的方程为，则， 直线的方程为，则， 所以， 由（1）知，所以， 又直线的方程为，所以点在直线上， 即直线过线段的中点． 18. 如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且平面平面．分别是的中点．． （1）求证：是直角三角形； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）求平面与平面的夹角余弦值的范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设平面PAB平面PCD，由面面垂直的性质定理以及线面平行的性质定理即可得PE⊥PF，则△PEF是直角三角形； （2）求出P到平面ABCD的最大距离即可得四棱锥P―ABCD体积最大值； （3）利用空间向量法可求平面PEF与平面PBC夹角余弦值的表达式，再利用换元法以及导数的知识可得最值. 【小问1详解】 设平面平面PCD， 由于，平面ADC，平面ADC， 因此平面PDC，而平面APB，平面平面， 因此，而，因此． 而平面平面PCD，平面平面，平面， 因此平面PDC，而平面PDC，因此 故△PEF是直角三角形． 【小问2详解】 由于，，因此P是以EF为直径半圆上的点． 而，，平面PEF， 因此平面PEF，而AB平面ABCD， 因此平面平面ABCD． 故P到平面ABCD的最大距离为， 四棱锥体积最大为． 【小问3详解】 设EF中点为O，作过O垂直EF的直线m． 设平面PEF与平面PBC夹角为． 以O为原点，OE，m，过O垂直于平面ABCD的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，并设． 平面PEF的一个法向量为， ，， 设平面PBC的法向量为，因此，可取 ，不妨设， ，，因此随增大而增大 因此． 【点睛】方法点睛：涉及最值问题时，若无法利用函数的性质以及基本不等式解决，可以考虑使用导数进行求解. 19. 记集合的元素个数为，若，定义集合，我们称集合为集合A的积集． （1）当时，写出集合的积集及； （2）若是由4个有理数构成的集合，积集，求集合中的所有元素之和； （3）现给定一个正实数集合，试求满足的非空有限正数集合的个数的最大可能值． 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据定义即可求解， （2）中的元素个数最多的情况是6个互不相同的数，同时中没有两个数互为相反数，的绝对值互不相等，设，由此求出，． （3）不妨设，则，由，得为5元集．再加以证明,并给出实例求解. 【小问1详解】 图为，所以． 【小问2详解】 对一个4元集合A，中的元素个数最多的情况为，是6个互不相同的数． 同时中没有两个数互为相反数，因此A其中没有两个数是互为相反数， 由此知，的绝对值互不相等，不妨设， 那么则有：（）中最小的与次小的两个数分别是及， 最大的与次大的两个数分别是及， 从而必须有：， 于是， 故， 结合，只可能取， 由此易知，或， 经检验知这两组解均满足问题的条件，故． 【小问3详解】 设，不妨设， 因， 所以有， 则由，且为正整数， 解得，即为5元集． 设集合的元素为，的元素为， 于是， 由知中有三项分别为，已知， 下证明至多存2组满足， 假设存在2组记为，则中不存在0， 否则由比例给定立即得到矛盾！ 于是，必为（3，4，5）和（4，5，6）， 这同时也说明了A至多只有2组． 另一方面，根据上述说明容易给出存在2个A的构造， ，， ． 所以，满足的非空有限正数集合的个数的最大可能值为2． 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $