精品解析：湖南省永州日升高级中学2025届高三下学期3月月考数学试题

日升高级中学2025届高三3月份月考 数学试题 本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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，，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数和对数函数的性值，求得，进而得解.. 【详解】集合,所以, 故选:C. 2. 已知复数满足：，则的最小值是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设,再根据求出满足的方程,根据复数的几何意义求解的最小值即可. 【详解】设,因为,故,故 ,即.故在复平面内的轨迹是直线.又的几何意义为到复平面原点的距离,故其最小值为原点到的距离. 故选：C 【点睛】本题主要考查了复数的几何意义运用,需要根据题意设再列式求解对应的轨迹方程.属于中档题. 3. 已知数列的通项公式为，则“”是“数列单调递增”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 由数列单调递增，化简得到，再由的单调性求得a的范围，然后再由充分条件，必要条件的定义判断. 【详解】若数列单调递增 则， 化简得， 令在上递增， 所以， 所以“”是“数列单调递增”的充分不必要条件， 故选：A 4. 已知，，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】利用和差角公式化简已知等式，再结合已知求出，进而求出，确定的范围即可得解. 【详解】由，得， 则，而，解得， 因此，由，， 得或，则， 所以. 故选：C 5. 在直角中，，，，若，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在直角三角形ABC中，求得 ，再由向量的加减运算，运用平面向量基本定理，结合向量数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，化简计算即可得到所求值． 【详解】 在直角中，，，，， ， 若，则 故选C. 【点睛】本题考查向量的加减运算和数量积的定义和性质，主要是向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于中档题． 6. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A. 120 B. 85 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出； 方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解． 【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为， 若，则，与题意不符，所以； 若，则，与题意不符，所以； 由，可得，，①， 由①可得，，解得：， 所以． 故选：C． 方法二：设等比数列的公比为， 因为，，所以，否则， 从而，成等比数列， 所以有，，解得：或， 当时，，即为， 易知，，即； 当时，， 与矛盾，舍去． 故选：C． 【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算． 7. 已知过抛物线焦点的直线交抛物线于M、N两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】设直线的方程为：，，，将直线方程与抛物线方程联立消去的关于的方程，即可得，利用抛物线的定义计算可得关于的表达式，利用基本不等式即可求最值. 【详解】由题意可得焦点，且直线斜率存在， 设直线的方程为：，，， 由可得， 所以，， 由抛物线的定义可得：，， 所以 ， 因为，所以 当且仅当即时等号成立， 所以的最小值为， 故选：A. 8. 双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意画出图，由已知求出的值，找出的坐标，由的内切圆圆心分别为，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出的底和高，利用三角形的面积公式计算即可. 【详解】由题意如图所示： 由双曲线，知， 所以， 所以， 所以过作垂直于轴的直线为， 代入中，解出， 由题知的内切圆的半径相等， 且，的内切圆圆心 的连线垂直于轴于点， 设为，在中，由等面积法得： 由双曲线的定义可知： 由，所以， 所以， 解得：， 因为为的的角平分线， 所以一定在上，即轴上，令圆半径为， 在中，由等面积法得： ， 又 所以， 所以， 所以， ， 所以 ， 故选：A. 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分. 9. 已知展开式的二项式系数和为，，下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先用题目条件得到，然后取特殊值即可验证A，对表达式求导即可验证B，换元并使用二项式定理即可验证C，考查每一项系数的符号并取特殊值即可验证D. 【详解】由已知有，故，. 所以. 对于A，取得，取得， 所以，A错误； 对于B，对求导得， 取得，B正确； 对于C，在中用替换， 得. 所以，特别地对有，C错误； 对于D，由有. 在中取得， 所以，D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于在恒等式中取特殊值，以得到相应的结果. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是的极大值点 B. 有3个零点 C. 点为图象的对称中心 D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】对函数求导，求方程的根，得的单调性，即可判断选项A；求方程的根，即可判断选项B；将函数解析式进行变形，根据函数图象的平移变换法则得到图象的对称性，从而判断选项C；利用函数的单调性与图象的对称性，即可判断选项D． 【详解】选项A：由，得， 令，解得或， 令，得或；令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得极小值，故A错误． 选项B：解法一：令，得， 即，解得或或，即有3个零点，故B正确． 解法二：根据选项A可知的单调性，由 则，所以在上有1个零点， 又，，则， 故在上各有一个零点， 结合单调性可知，时，时，， 从而在上有3个零点，故B正确． 选项C：， 根据二项式定理，又， 于是，令， 则函数可转化为， 又为奇函数，故其图像关于点对称， 可知的图像关于点对称，图像向右平移单位得到图像， 所以点是图像的对称中心，故C正确． 选项D：当时，， 又函数在上单调递减，所以， 因为点是图像的对称中心，所以， 所以，故D正确． 故选：BCD 【点睛】结论点睛： （1）若函数的图象关于点对称，则； （2）三次函数图象的对称中心：任意三次函数的图象均为中心对称图形，且对称中心为点，其中是的二阶导数的零点． 11. 已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 当最大时，MN与BC所成的角为 C. 正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等 D. 若，则点N的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先利用平面的基本性质确定点所在平面，且面面，构建空间直角坐标系，求面的一个法向量，应用向量法求到面的距离，进而求三棱锥的体积判断A；找到最大时MN与BC所成角的平面角即可判断B；判断，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可判断C；N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，进而求周长判断D. 【详解】过中点作与交，作与交，重复上述步骤， 依次作的平行线与分别交于（注意各交点均为各棱上的中点）， 最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形， 因为，面，面， 所以面，同理可得面， 因为，面，所以面面， 所以面中直线都平行于面，又面，且平面， 所以面，即面， 根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，且，，，，，， A：由上分析知：面任意一点到面的距离，即为到面的距离， 而，，若为面的一个法向量， 所以，令，则，而， 所以到面的距离，即到面的距离为， 又△为等边三角形，则， 所以三棱锥的体积为定值，正确； B：由图知：当与重合时最大为，且， 所以MN与BC所成的角，即为，错误； C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可， 又，同理可得， 所以正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等，正确； D：若，则点N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆， 因为面面，故也是面的法向量，而， 所以到面的距离为，故轨迹圆的半径， 故点N的轨迹长度为，正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 关于函数，有下列命题：①其最小正周期是；②其图象可由的图象向左平移个单位得到；③其表达式可改写；④在上为增函数．其中正确的命题的序是：______． 【答案】①④ 【解析】 【分析】直接求出函数的周期判断①；由函数图象的平移判断②；利用诱导公式变形判断③；由得范围求出相位的范围判断④． 【详解】解：， ，则命题①正确； 由， 得，由的图象向右平移个单位得到，命题②错误； ，命题③错误； 当时，， 在上为增函数，命题④正确． 故答案为①④． 【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查了型函数的图象和性质，是中档题． 13. 如图，给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有______种. 【答案】264 【解析】 【分析】按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂A，D，E三点涂法数，再讨论点B，F，C的涂法数即可. 【详解】计算不同涂色方法数有两类办法： 当涂四色时，先涂A，E，D，有种涂法，再从B，F，C中选一点涂第四种颜色，如B，再涂F， 若F与D同色，则C有2种涂法，若F与D异色，则C有1种涂法，于是得有种涂法， 当涂三色时，先涂A，E，D，有种涂法，再涂B，有2种涂法，则F，C各有1种涂法，于是得有种涂法， 利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为：(种)， 所以不同的涂色方法共有264种. 故答案为：264 14. 从1，2，3，…，n这n个数中随机抽一个数记为X，再从1，2，…，X中随机抽一个数记为Y，则______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意，根据全概率公式求出，，再由期望公式计算可得. 【详解】依题意， 由全概率公式可知， ， ， ， ， 所以， 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，角所对的边分别为.已知. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由已知条件结合两角和的正切公式得，再结合角A的范围和即可得解. （2）先由（1）结合已知条件和求出，再由余弦定理求出进而得解. 【小问1详解】 由题得， 因为，， 故，，所以. 【小问2详解】 由（1）得，故由和得， 所以，故， 所以的周长为. 16. 从2016年到2019年的某城市方便面销量情况如图所示： 年份 2016 2017 2018 2019 时间代号 1 2 3 4 年销量（万包） 462 444 404 385 （1）根据上表，求关于的线性回归方程．用所求回归方程预测2020年（）方便面在该城市的年销量； （2）某媒体记者随机对身边的10位朋友做了一次调查，其中3位受访者认为方便面是健康食品．现从这10人中抽取3人进行深度访谈，记表示随机抽取的3人认为方便面是健康食品的人数，求随机变量的分布列及数学期望． 参考公式：回归方程：，其中，． 参考数据：． 【答案】（1），356万包； （2）分布列为： ． 【解析】 【分析】 （1）直接利用回归方程公式计算得到答案. （2）的可能值为0，1，2，3，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案. 【详解】（1），，， ，，所以. 当时，. （2）依题意，10人中认为方便面是健康食品的有3人，的可能值为0，1，2，3， 所以；； ； ， 故分布列为： . 【点睛】本题考查了回归方程，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力. 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为的菱形.分别为的中点，. （1）求证：； （2）若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角. 【答案】（1） 平面平面， ， 平面， 平面， 又平面， ， 又平面 平面， 又平面； （2） 【解析】 【分析】（1）先证得平面，进而求证平面，即可； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，又， ，底面为菱形，为的中点， 是等边三角形， 由（1）知， 所以四棱锥的体积. ， 如图，以为原点，以为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，， 平面法向量为， 设平面法向量为， 则 令，则 为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为 故平面与平面的夹角为 18. 已知函数，且在处取得极值，. （1）证明：函数存在唯一的极小值点； （2）若，且当时，恒成立，求的最大值. 【答案】（1），则， 因为在处取得极值，则，可得，所以，， 所以，，则，故. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， ，且， 所以，，使得， 又，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，存在唯一的极小值点； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知条件得出，可得出，利用导数分析函数的符号变化，由此可证得结论成立； （2）分析可知，不等式在时恒成立，令，利用导数求出函数在时的最小值，由此可求得整数的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意得， 当时，恒成立，即在时恒成立. 令，则， 令，其中，则， 故函数在上单调递增，故， 因为，， 所以，，使得，即， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， ，即， ，故的最大值为. 【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. 如图抛物线，过有两条直线与抛物线交于与抛物线交于， （1）若斜率为1，求； （2）是否存在抛物线上定点，使得，若存在，求出点坐标并证明，若不存在，请说明理由； （3）直线与直线相交于两点，证明：为中点. 【答案】（1） （2）存在，， 证明:设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设，则， 可得， 即， 即， 因为，所以，即， 即，即恒成立， 解得，即. （3）证明：设， 则过，所以，所以， 过，所以，所以， ， 联立方程组，可得，同理， 所以 ， 所以的中点为. 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到直线方程为，联立方程组，结合弦长公式，即可求解； （2）设直线的方程为，联立方程组得到，结合，列出方程，求得，即可求解； （3）设，结合的方程求得，， 再由，联立方程组，求得，得到，即可得证. 【小问1详解】 由题意，直线方程为，即， 联立方程组，可得，可得且， 所以. 【小问2详解】 存在，理由略. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略： 1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化． 2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 日升高级中学2025届高三3月份月考 数学试题 本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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，，则 A. B. C. D. 2. 已知复数满足：，则的最小值是（ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知数列的通项公式为，则“”是“数列单调递增”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知，，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 5. 在直角中，，，，若，则 A. B. C. D. 6. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A. 120 B. 85 C. D. 7. 已知过抛物线焦点的直线交抛物线于M、N两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6 8. 双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分. 9. 已知展开式的二项式系数和为，，下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是的极大值点 B. 有3个零点 C. 点为图象的对称中心 D. 当时， 11. 已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 当最大时，MN与BC所成的角为 C. 正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等 D. 若，则点N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. 关于函数，有下列命题：①其最小正周期是；②其图象可由的图象向左平移个单位得到；③其表达式可改写；④在上为增函数．其中正确的命题的序是：______． 13. 如图，给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有______种. 14. 从1，2，3，…，n这n个数中随机抽一个数记为X，再从1，2，…，X中随机抽一个数记为Y，则______． 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，角所对的边分别为.已知. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 16. 从2016年到2019年的某城市方便面销量情况如图所示： 年份 2016 2017 2018 2019 时间代号 1 2 3 4 年销量（万包） 462 444 404 385 （1）根据上表，求关于的线性回归方程．用所求回归方程预测2020年（）方便面在该城市的年销量； （2）某媒体记者随机对身边的10位朋友做了一次调查，其中3位受访者认为方便面是健康食品．现从这10人中抽取3人进行深度访谈，记表示随机抽取的3人认为方便面是健康食品的人数，求随机变量的分布列及数学期望． 参考公式：回归方程：，其中，． 参考数据：． 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为的菱形.分别为的中点，. （1）求证：； （2）若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角. 18. 已知函数，且在处取得极值，. （1）证明：函数存在唯一的极小值点； （2）若，且当时，恒成立，求的最大值. 19. 如图抛物线，过有两条直线与抛物线交于与抛物线交于， （1）若斜率为1，求； （2）是否存在抛物线上定点，使得，若存在，求出点坐标并证明，若不存在，请说明理由； （3）直线与直线相交于两点，证明：为中点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $