精品解析：湖南师范大学附属中学2025届高三上学期月考（五）数学试题

湖南师大附中2025届高三月考试卷（五） 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. 已知集合，，若，则的最大值是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 2. 已知数列的前项和,那么它的通项公式（ ） A. n B. 2n C. 2n＋1 D. n＋1 3. 以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆，直线，则直线与圆相交弦长的最小值为（ ） A. 4 B. 2 C. 6 D. 5. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若函数存在5个零点，则（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 8. 对于三元点集，若对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，则称为“空间基本点集”.下列集合是“空间基本点集”的是（ ） A. B. C. D. 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. 为了检测某车间生产产品质量，质检部安排A、两名质检员对该车间产品进行抽样检查，A质检员从生产流水线上随机抽取3件产品，质检员从事先选定的10件产品中随机抽取3件产品.假设该车间生产产品的次品率为0.2，事先选定的10件产品中有2件次品，设A、两名质检员抽取的产品中次品的件数分别为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知复数，，是方程三个互不相等的复数根，则（ ） A. 可能是纯虚数 B. ，，的实部之和为2 C. ，，的虚部之积为2 D. 11. 在直三棱柱中，，，点，分别是，中点，则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角为45° B. C. 若点是的中点，则平面截直三棱柱所得截面的周长为 D. 点是底面三角形内一动点（含边界），若二面角的余弦值为，则动点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为80，则实数的值为___________. 13. 已知定义在上的偶函数满足，当时，，函数，则与的图象所有交点的横坐标之和为________________. 14. 已知双曲线，在双曲线右支上任意一点处作双曲线的切线，交在第一、四象限的渐近线分别于，两点，为坐标原点.当时，该双曲线的离心率为________________. 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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足. （1）求角的大小； （2）已知为边上一点，若为的平分线，，，求的值. 16. 如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且. （1）已知点上一点，且，证明：平面； （2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 17. 如图，椭圆过点，短轴长为，椭圆的左、右顶点分别为，，过椭圆的右焦点且与轴相交的直线与椭圆相交于，两点，与抛物线相交于，两点. （1）求椭圆的方程； （2）若，求直线在轴上截距的范围. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若在上恒成立，求整数的最大值. 19. 在重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为. ①若用表示事件发生的次数，则称随机变量服从二项分布，记作. ②若用表示事件首次发生所需试验次数，则称随机变量服从几何分布，记作. （1）现有十把外形相同的钥匙，其中只有一把能够打开门.现任意一一试开，试对（ⅰ）有放回、（ⅱ）不放回两种情形求事件“至多试3次打开门”的概率； （2）一般地，分别写出服从二项分布的随机变量和服从几何分布的随机变量的分布列及数学期望； （3）证明：服从几何分布且取值于正整数的随机变量具有无记忆性，即，其中和为正整数.并结合（1）说明几何分布具有无记忆性的实际意义. 提示：. 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（五） 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. 已知集合，，若，则的最大值是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得c范围，即可得答案. 【详解】根据，，若， 可得，故的最大值为2， 故选：D. 2. 已知数列的前项和,那么它的通项公式（ ） A. n B. 2n C. 2n＋1 D. n＋1 【答案】B 【解析】 【分析】根据即可求． 【详解】， , 当时，， . 故选：B. 3. 以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得旋转后对应几何体为两个同底圆锥，结合题目数据可得相应体积. 【详解】如图，正三角形绕所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，圆锥的底面半径为，所得几何体的底面积为，则体积为. 故选：D. 4. 已知圆，直线，则直线与圆相交弦长的最小值为（ ） A. 4 B. 2 C. 6 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得直线过定点，则定点到圆心距离等于圆心到直线距离时可得最小值. 【详解】圆 ，则直线过定点， 因定点在圆内， 定点到圆心的距离为，所以直线与圆相交弦长的最小值为. 故选：A. 5. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】通过举反例排除A,C两项，利用不等式的性质进行推理，可以排除D项，证得B项. 【详解】对于A,当时，显然不成立，故A错误； 对于B，由，利用不等式的性质易得，故B正确； 对于C，当时，取，则，故C错误； 对于D，当时，，由不等式的性质，可得，故D错误. 故选：B. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角差的余弦公式展开，即可求出，再由二倍角公式计算可得. 【详解】因为， 则，即， 所以. 故选：B. 7. 已知函数，若函数存在5个零点，则（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出函数图像，通过换元，结合有两个实数根，，通过函数图像即可求解； 【详解】作出函数的图象如图， 已知有5个零点， 即方程有5个实数根， 令，则有两个实数根，； 由的图象可知，当，时，有两个实数根，有三个实数根，可满足有五个零点. 将代入中，得，解得或， 又因为，所以当时，，不满足题意；当时，，满足题意， 故选：B. 8. 对于三元点集，若对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，则称为“空间基本点集”.下列集合是“空间基本点集”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于ABC，由空间向量基底概念可判断各选项正误. 对于D，由题目中所提供信息可得答案. 【详解】根据空间向量基本定理及题意知这三个向量，，不共面，即这三个向量能构成空间的一个基底. 对于A，三个向量，，对应坐标的竖坐标相同且为0，则三个向量都在平面上，即三个向量共面，故A错误； 对于B，三个向量，，对应坐标的纵坐标相同且为0，则三个向量都在平面上，即三个向量共面，故B错误； 对于C，三个向量，，对应坐标的横坐标相同且为0，则三个向量都在平面上，即三个向量共面，故C错误； 对于D，设空间中任意向量为，， 则存在唯一的有序实数组，使 ， 则“空间基本点集”，故D正确 故选：D 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. 为了检测某车间生产产品的质量，质检部安排A、两名质检员对该车间产品进行抽样检查，A质检员从生产流水线上随机抽取3件产品，质检员从事先选定的10件产品中随机抽取3件产品.假设该车间生产产品的次品率为0.2，事先选定的10件产品中有2件次品，设A、两名质检员抽取的产品中次品的件数分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由二项分布及超几何分布知识可得答案. 【详解】对于AB，由题意知服从二项分布， 则，，故A、B正确； 对于CD，服从超几何分布，所以，故C错误， 根据超几何分布的期望公式，，D正确. 故选：ABD 10. 已知复数，，是方程的三个互不相等的复数根，则（ ） A. 可能是纯虚数 B. ，，的实部之和为2 C. ，，的虚部之积为2 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由题可得方程的根，即可得答案；对于B，由A分析结合复数实部定义可得答案；对于C，由A分析结合复数乘法可得答案；对于D，由复数摸计算公式可得答案. 【详解】因为，其三个不同的复数根为：，，， 当时，此时为纯虚数，故A正确； 因为三个根的实部分别是0，1，1，三个实部之和为2，故B正确； 因为三个根的虚部分别是1，，，三个虚部之积为，故C错误； 根据模长定义，，故D正确. 故选：ABD 11. 在直三棱柱中，，，点，分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角为45° B. C. 若点是中点，则平面截直三棱柱所得截面的周长为 D. 点是底面三角形内一动点（含边界），若二面角的余弦值为，则动点的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用交线法找出截面，利用平行关系找出异面直线与所成的角，即可判断A,利用直线和平面垂直的性质定理证明平面，即可判断B, 延长，交和的延长线于点，，连接交于点，连接，，则四边形为平面截直三棱柱所得的截面,可判断C, 过作的垂线，连接，过作的平行线交于点，则，所以截面为直三棱柱的截面，即可判断D； 【详解】选项A，过点作的平行线，则为异面直线与所成的角， 因为平面，且，所以平面，所以， 所以，因为异面直线所成的角， 所以，故异面直线与所成的角为60°，故选项A不正确； 选项B，由已知得为等腰直角三角形，是的中点，则， 为直三棱柱，平面，平面， ， ，平面，，平面，， 设与交于点，其中，， ，，， ，， ，平面，，平面，故，选项B正确； 选项C，延长，交和的延长线于点，，连接交于点，连接，，则四边形为平面截直三棱柱所得的截面， 由已知得， 由，则，即， 由，则，即， 由余弦定理可知，解得， 其周长为，故选项C正确； 选项D，若上存在一点使二面角的余弦值为，连接和， 因为平面，，， 二面角的平面角为，即， 设，则，， 在中，由余弦定理得 ， 在中，由余弦定理得， ，解得， 过作的垂线，连接，过作的平行线交于点，则， 所以截面为直三棱柱的截面， 所以符合题意的的轨迹长度为线段的长，所以，故选项D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点睛：本题第4小问的解决关键是利用二面角的定义求得，从而推得，进而得到的轨迹长度为的长，从而得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为80，则实数的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】求得二项展开式的通项，结合题意，列出方程，即可求解. 【详解】由二项式的展开式的通项为，其中， 因为展开式中的系数为， 令，可得，解得. 故答案为：. 13. 已知定义在上的偶函数满足，当时，，函数，则与的图象所有交点的横坐标之和为________________. 【答案】5 【解析】 【分析】由题可得有对称轴为轴，对称中心，然后在同一坐标系中画出与图象，即可得答案. 【详解】函数的图象是中心对称图形，对称中心为. 定义在上的偶函数满足， 则函数有对称轴为轴，对称中心；又当时，， 在同一坐标系在内作出与的图象， 当，， 令， 则，且， 所以存在，使得当时，，单调递增， 所以当时，，即， 结合图象可得，与的图象有5个交点， 又均是与的图象的对称中心， 则两函数所有交点的横坐标之和为5. 故答案为：5 14. 已知双曲线，在双曲线右支上任意一点处作双曲线的切线，交在第一、四象限的渐近线分别于，两点，为坐标原点.当时，该双曲线的离心率为________________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求出双曲线C在点P处的切线方程，与两渐近线联立求出两点坐标，由此证明点P是线段AB的中点，可得，计算求得，得解. 【详解】如图，设双曲线在点处的切线为，切线与轴交于点， 根据题意设点在双曲线第一象限，由，得， 所以， 则在点处的切线斜率为， 所以在点的切线方程为， 令，得，所以点. 设点，，渐近线方程为，联立， 解得，所以点， 同理可得， 又，，所以点是线段的中点， 所以，即得， 即，解得 又，所以，即，所以双曲线的离心率 故答案为： 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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足. （1）求角的大小； （2）已知为边上一点，若为的平分线，，，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理及同角三角函数的基本关系计算可得； （2）由题意可知，用三角形面积公式代入计算即可求出的值. 【小问1详解】 因为，所以， 因为余弦定理得，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 由题意知， 即， 因为为的平分线，所以， 又因为，，， 所以， 解得：. 16. 如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且. （1）已知点为上一点，且，证明：平面； （2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，取中点为，易证四边形为平行四边形，从而为中点，为中位线，，由平行关系的传递性得到且，从而四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明； （2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，，分别求得平面的一个法向量为，平面的法向量为，根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为，由求得a，再由点C到平面的距离求解. 【小问1详解】 证明：如图， 连接交于点，取中点为，连接，，， 在四边形中，，， 故四边形为平行四边形. 故为中点，所以在中，为中位线， 则且，又且， 故且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 平面，即平面. 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面， 以点为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， ，， 设平面的法向量为， ，取 由平面与平面所成锐二面角的余弦值为， 可得， 解得或（舍去） 故，又， 所以点到平面的距离. 17. 如图，椭圆过点，短轴长为，椭圆的左、右顶点分别为，，过椭圆的右焦点且与轴相交的直线与椭圆相交于，两点，与抛物线相交于，两点. （1）求椭圆的方程； （2）若，求直线在轴上截距的范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题知，进而解方程即可求得答案； （2）设，进而分别与椭圆和抛物线联立计算弦长，，进而计算面积，，再结合已知求得，且再求直线在轴上截距的范围即可. 【小问1详解】 根据题意得解得所以，焦点. 所以椭圆的方程是：. 【小问2详解】 由题可设直线方程为：，，，，. 由得, 由题知，，, . 又点到直线的距离， . 由得，由题知，得，. . ，，解得：且, 或， 直线在轴上截距的取值范围是. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若在上恒成立，求整数的最大值. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域，求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数与函数单调性的关系可求得函数的增区间和减区间； （2）由参变量分离法可得出对恒成立，，其中，利用导数求出函数的最小值，并求出最小值的取值范围，即可得出整数的最大值. 【小问1详解】 函数的定义域是. 因为，则. ①当即时，，， 此时，函数的增区间为，无减区间； ②当即时，由得，. 若，，时， 此时，函数的增区间为，无减区间； 若，， 当时，，当时， 此时，函数的减区间为，增区间为. 综上所述，时，的增区间为，无减区间； 时，的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 由，得，即对恒成立. 令，其中， 则， 令，则， 因为，所以，所以在上单调递增. 又，， 所以满足，即， 当时，，，在上单调递减； 当时，，，在上单调递增 故，故， 又因为，，所以的最大值是. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 19. 在重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为. ①若用表示事件发生的次数，则称随机变量服从二项分布，记作. ②若用表示事件首次发生所需的试验次数，则称随机变量服从几何分布，记作. （1）现有十把外形相同的钥匙，其中只有一把能够打开门.现任意一一试开，试对（ⅰ）有放回、（ⅱ）不放回两种情形求事件“至多试3次打开门”的概率； （2）一般地，分别写出服从二项分布的随机变量和服从几何分布的随机变量的分布列及数学期望； （3）证明：服从几何分布且取值于正整数的随机变量具有无记忆性，即，其中和为正整数.并结合（1）说明几何分布具有无记忆性的实际意义. 提示：. 【答案】（1） （2）的分布列见解析，；的分布列见解析， （3）证明见解析，实际意义见解析 【解析】 【分析】（1）由题意，有放回时，用表示首次开门所需的试开次数，则； 不放回时，则符合古典概型； （2）由题可得二项分布及几何分布分布列，然后由期望计算公式化简后可得答案； （3）由条件概率计算公式可完成证明，然后根据（1）可得其实际意义. 【小问1详解】 设“至多试3次打开门”事件. （ⅰ）用表示首次开门所需的试开次数，则，从而 （ⅱ）不放回情形属于古典概型， 【小问2详解】 的分布列为， 令，由，可得. 令，则 的分布列为，，其中为正整数 记，① ，② ①-②， ，， 【小问3详解】 设，令，则， 实际意义：几何分布的无记忆性说明：如果不总结前面试验的经验，一直按最初的方式进行尝试性试验，就不能有助于成功的出现，“失败是成功之母”的效率就不能提高. 在（1）中，情形（ⅰ）是不总结经验，试开门的过程构成重伯努利试验：情形（ⅱ）是总结经验，试开门的过程不构成重伯努利试验，从（1）的结果说明总结经验会提高事件成功的概率，从中可体会“失败是成功之母”更深层次的含义：总结失败教训，提高成功概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $