精品解析：湖南省长沙市第一中学2025届高三月考（六）数学试卷

长沙市一中2025届高三月考试卷（六） 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. S C. T D. R 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦函数性质求值域得出集合，最后根据并集的定义计算即可. 【详解】因为集合，又集合， 所以. 故选：C 2. 若复数满足，则可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助复数的性质设，结合题意计算即可得. 【详解】设，，则，故有， 即有，选项中只有A选项符合要求，故A正确， B、C、D选项不符合要求，故B、C、D错误. 故选：A. 3. 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. 4. 权，是中国传统度量衡器具，历史悠久，文化底蕴深厚，承载着中华民族在政治，经济，文化方面的大量信息．“环权”类似于砝码（如下图），用于测量物体质量．已知九枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则的前8项和为（ ） A. 194 B. 193 C. 192 D. 191 【答案】C 【解析】 【分析】先根据前3项为等差数列和后7项为等比数列求出公差和公比进而求出前8项的和. 【详解】由题意知，成等差数列，设公差为，成等比数列，公比为， 因为，,联立解得, 所以,,， 所以的前8项和为. 故选：C 5. 若函数有零点，则的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由二次函数有零点求出，再利用二倍角的余弦公式计算即可. 【详解】函数有零点，则，解得， 而，因此，， 所以的取值集合为. 故选：D 6. 如图，已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，交轴于点.若，是线段的三等分点，则的周长为（ ） A. 20 B. 10 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三等分点结合三角形中位线定理、中点坐标公式，运用代入法、椭圆的定义进行求解即可. 【详解】不妨设点在第一象限，，分别为椭圆的左右两焦点，令椭圆半焦距为c， 由，是线段的三等分点，得是线段的中点，而坐标原点是的中点， 则，轴，把代入椭圆方程，得，而，则， 由为线段的中点，得，因此， 解得，而，于是， 所以的周长为. 故选：D 7. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用赋值法构造出的等量关系，再结合不等式性质判断即可. 【详解】由题意，，. 赋值，得； 赋值，得，即， 当时，， 当时，则，所以，即； 赋值，得，解得， 即； AC项，由，， 得， 其中由，可知， 当时，，即； 当时，，即；故AC错误； BD项，，得； 又，所以， 则， 故，且不恒为，故B错误，D正确. 故选：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） 8. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的定义域为 C. 的图象关于点对称 D. 在上单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正切函数的图象与性质，逐项判定，即可求解. 【详解】由题意，函数，可得的最小正周期为，所以A不正确； 令，解得， 即函数的定义域为，所以B正确； 令，解得， 当时，可得，所以函数的图象关于点对称，所以C正确； 由，可得，根据正切函数的性质，可得函数在上单调递增，所以D正确. 故选：BCD. 9. 如图，双曲线的左、右焦点分别为、，过右焦点且斜率为的直线交双曲线的右支于、两点，且，则（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 与面积之比为 C. 与周长之比为 D. 与内切圆半径之比为 【答案】BD 【解析】 【分析】设设，则，则，，在和中由余弦定理可得，即可得离心率可判断A；将代入可得，进而可得与周长可判断C；由可得与面积之比可判断C；由三角形的面积等于乘以三角形的周长再乘半径结合周长之比可得内切圆的半径之比，可判断D，进而可得正确选项. 【详解】设，， 由双曲线的定义可得：，， 在中，由余弦定理可得：， 即，所以， 在中，由余弦定理可得：， 即，所以， 所以，，整理可得， 所以该双曲线的离心率为，A错； 对于B选项，，B对； 对于C选项，因为，代入可得， 所以，，， 的周长为， ，， 所以，的周长为， 所以，和的周长之比为，C错； 对于D选项，设和的内切圆半径分别为、， 则，解得，D对. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 10. 如图，点是以为顶点的正方形边上的动点，角以为始边，为终边，定义，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】当点为第二象限内的点时，可判断A错误；利用角与点对称的关系以及的定义可判断B正确，易知时，，由基本不等式可知不等式成立，即C正确，利用角平分线定理以及的定义，可证明不等式，可得D正确. 【详解】对于A，当时，易知，依题意可知，故A错误； 对于B，因为角以为始边，为终边，，可得以为始边，为终边，； 所以，故B正确； 对于C，由可得， 由，可得，则不等式等价于， 即可得，显然该不等式成立，即C正确； 对于D，设角的终边与正方形在第一象限的边交于，角的终边与正方形在第一象限的边交于，如下图所示： 设，易知平分， 由角平分线定理可得，因此可得，即，可得D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：判断D选项时关键是根据角与角之间的关系得出平分，再根据角平分线定理求得终边与正方形交点坐标的关系，再由的定义可求解. 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 11. 二项式的展开式中，项的系数与项的系数之比为____________. 【答案】 【解析】 【分析】先写出二项式的展开式的通项，然后分别求得含项与项的系数，求比值即可. 【详解】二项式的展开式的通项为， 令，得；令，得. 所以含的项的系数为，含的项的系数为. 所以项的系数与项的系数之比为. 故答案为：. 12. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由一元二次函数性质结合对数函数定义和性质列出关于a的不等式组即可计算求解. 【详解】由题可得在上恒成立，且在上单调递减， 所以， 故实数的取值范围是. 故答案为：. 13. 已知正项等比数列的公比不为1，若在的前20项中随机抽取4项，则这4项按原来的顺序仍然成等比数列的概率为____________.（用最简分数作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列定义再对新取出的4项的公比的取值进行分类讨论，可知新数列共有种情况，其为首项，公差的等差数列，可得组合数的总和，即可求得其概率. 【详解】设正项等比数列的首项为，公比，则. 当公比为时，设选出来的四项为； 由，则，解得， 所以，此时有17种情况； 当公比为时，设选出来的四项为； 由，则，解得， 所以，此时有14种情况； 当公比为时，设选出来的四项为； 由，则， 解得， 所以，此时有种情况； 这是一个首项为，公差的等差数列， 那么按原来顺序仍然成等比数列的组合数的总和 在的前20项中随机抽取4项，共有种取法； 故这4项按原来的顺序仍然成为等比数列的概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用等比数列定义，对新取出的4项的公比的取值进行分类讨论找出对应规律计算出符合题意的组合数，即可求得相应概率. 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） 14. 已知的面积为S，且． 求的值； 若，，求的面积S． 【答案】(1) (2)3 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的定义结合三角形的面积公式建立方程求出，结合正切的倍角公式进行计算即可；（2）利用两角和差的正弦公式求出的值，结合正弦定理以及三角形的面积公式进行计算即可． 【详解】（1）设的角所对应的边分别为 ，即 （2） ， 由正弦定理知：得 三角形的面积 【点睛】本题主要考查正弦定理、两角和差公式、二倍角公式以及三角形面积的计算，属于基础变换问题，考查学生的计算能力．求解时要注意在求解的同角三角函数值时，的范围对三角函数值符号的影响． 15. 如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，． （1）记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求； （2）设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解； （2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【小问1详解】 因为与是底面圆弧所对的圆周角， 所以， 因为，所以在等腰中，， 所以， 因为是圆柱的底面直径，所以，则， 所以，则，即， 所以在等腰，，平分，则， 所以，则， 故在中，，，则， 在中，， 因为是圆柱的母线，所以面， 所以， ， 所以． 【小问2详解】 以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，，， 则， 所以，，， 因为，所以， 则， 设平面的法向量，则，即， 令，则，故， 设平面的法向量，则，即， 令，则，故， 设二面角的平面角为，易知， 所以， 因此二面角的余弦值为． 16. 已知为抛物线上的动点，为圆上的动点，若的最小值为． （1）求的值 （2）若动点在轴上方，过作圆的两条切线分别交抛物线于另外两点，，且满足，求直线的方程． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）由的最小值为，得的最小值为，设，，由两点间距离公式得到，再求最小值即可， （2）设出，，三点的坐标，表示出直线的方程，同理直线的方程为： ，利用点到直线的距离以及同理思想得，是方程的两根，由题意可得，进一步可根据斜率关系求得，从而可将方程化简为，结合判别式、韦达定理以及直线的方程： 即可得解. 【小问1详解】 设，的最小值为，即的最小值为， 则 当时，，； 【小问2详解】 连接，设，，， 直线的斜率， 直线的方程为：， 即直线的方程为：，化简得， 同理直线的方程为： ， 则点到直线的距离为，即， 同理， 则，是方程的两根， 所以，则直线的斜率， 因为与圆均相切， 所以由对称性可知平分， 又注意到， 所以有， ，注意到， 解得，则或（舍去）． 此时方程变为了， 显然满足，且，， 因为直线的方程为： ，即， 即直线的方程为． 【点睛】关键点点睛：解题关键是得出以及，由此求得即可顺利得解. 17. 已知函数. （1）若与直线相切，求的值； （2）若存在，使得. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义得出方程即可求得结果； （2）（i）求得函数单调性，利用函数与方程思想结合交点个数对参数的取值范围进行分类讨论，可求得结果； （ii）依题意构造函数，经分析可得只需证明单调递减即可，利用导数并多次求导即可得结论成立. 【小问1详解】 易知， 令，解得， 故在点处的切线为， 从而，解得. 【小问2详解】 （i）依题意， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 则. ①若，则，则直线与函数最多有两个交点，不符合题意； ②若，此时存在两个零点， 此时在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 则直线与存在四个交点， 即存在，使得，此时. （ii）依题意，， 令，则，即， 因此， 令，同理可得， ，，因此单调递减， 注意到，因此只需证明：单调递减， 易知， 设，， 令恒成立， 故， 从而，单调递减，故， 即. 18. 在三维空间中，单位立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中.而在维空间中，单位立方体的顶点坐标可表示为维坐标，其中.在维空间中，设点，定义维向量，数量积，为坐标原点，即. （1）在3维空间单位立方体中任取两个不同顶点，求的概率； （2）在维单位立方体中任取两个不同顶点，记随机变量. （i）当时，若最大，求的值； （ii）求的分布列及期望值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率公式计算可得结果； （2）（i）依题意可知，当时得出使得最大时的不等关系，解不等式可得； （ii）根据（i）中的结论可求得分布列，写出期望值的表达式，再由二项式定理结合导数以及赋值法计算可得，即可求出期望值. 【小问1详解】 记“”为事件， 满足题意的两点坐标为， 则. 【小问2详解】 （i）当随机变量时，坐标与中有个对应的坐标值均为1即，剩下个坐标值满足，此时所对应情况数为种 即， 当时，设，要使得最大， 则， 即，所以；故， 综上可知，时取最大值. （ii）由（i）可知，， 故分布列为： 0 1 … … … … 所以 ， 设，则， 令可知， 设，则， 令可知，， 故. 【点睛】关键点点睛：求解期望值时关键是利用二项式定理并结合导数以及赋值法计算可得和，即可求得最简形式. 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（六） 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. S C. T D. R 2. 若复数满足，则可以为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，．若，则实数的值是（ ） A. -2 B. 2 C. D. 4. 权，是中国传统度量衡器具，历史悠久，文化底蕴深厚，承载着中华民族在政治，经济，文化方面的大量信息．“环权”类似于砝码（如下图），用于测量物体质量．已知九枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则的前8项和为（ ） A. 194 B. 193 C. 192 D. 191 5. 若函数有零点，则的取值集合为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，交轴于点.若，是线段的三等分点，则的周长为（ ） A. 20 B. 10 C. D. 7. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则（ ） 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） 8. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的定义域为 C. 的图象关于点对称 D. 在上单调递增 9. 如图，双曲线的左、右焦点分别为、，过右焦点且斜率为的直线交双曲线的右支于、两点，且，则（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 与面积之比为 C. 与周长之比为 D. 与内切圆半径之比为 10. 如图，点是以为顶点的正方形边上的动点，角以为始边，为终边，定义，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 11. 二项式的展开式中，项的系数与项的系数之比为____________. 12. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是______． 13. 已知正项等比数列的公比不为1，若在的前20项中随机抽取4项，则这4项按原来的顺序仍然成等比数列的概率为____________.（用最简分数作答） 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） 14. 已知的面积为S，且． 求的值； 若，，求的面积S． 15. 如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，． （1）记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求； （2）设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值． 16. 已知为抛物线上的动点，为圆上的动点，若的最小值为． （1）求的值 （2）若动点在轴上方，过作圆的两条切线分别交抛物线于另外两点，，且满足，求直线的方程． 17. 已知函数. （1）若与直线相切，求的值； （2）若存在，使得. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 18. 在三维空间中，单位立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中.而在维空间中，单位立方体的顶点坐标可表示为维坐标，其中.在维空间中，设点，定义维向量，数量积，为坐标原点，即. （1）在3维空间单位立方体中任取两个不同顶点，求的概率； （2）在维单位立方体中任取两个不同顶点，记随机变量. （i）当时，若最大，求的值； （ii）求的分布列及期望值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $