精品解析：湖南省长沙市南雅中学2026届高三上学期8月开学考试数学试卷

2025年下学期8月月考 高三年级数学试卷 2025年8月 时量：120分钟 满分：150分 命题：高三数学备课组 审定：高三数学备课组 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． 1. 下列各组数据中方差最大的一组是（ ） A. 6，6，6，6，6 B. 5，5，6，7，7 C. 4，5，6，7，8 D. 4，4，6，8，8 2. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则其离心率为（　　） A. B. C. D. 3. 已知都是单位向量，夹角为，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 若，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的3倍，则此正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数（a为常数），则（ ） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 为增函数 D. 为减函数 7. 已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 8. 已知圆和轴相切，且和相切于，则符合条件的所有圆的半径之积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为1 B. 的最小正周期为 C. 在上单调递增 D. 的图象关于对称 10. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 11. 对于，将表示为．其中．记为上述表示中为0的个数（例如，则，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知函数，若，则实数_________． 13. 已知抛物线的焦点为，的准线与轴的交点为，若过点的直线与交于两点，且，则的面积等于__________． 14. 将五张标有、、、、的卡片摆成右图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按取走卡片的顺序是“和谐序”，按取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为_________． 四、解答题：本小题共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，，BC边上的高等于． （1）求的值； （2）若，求的周长． 16. 已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，是的中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的正切值． 17. 已知椭圆，为的右焦点，为上的动点，当直线与轴垂直时，，是直线上一动点，的最小值为1． （1）求的方程； （2）过作的两条切线分别交轴于两点，求面积的取值范围． 18. 已知两个盒子里分别有个小球，另有足够多的小球备用．重复进行次如下操作：每次从中随机选取一个盒子，向里面放入1个球或放入2个球，从剩下的另一个盒子里取出1个球或取出2个球．每一次操作中某个盒子里“放入1个球”“放入2个球”及“取出1个球”“取出2个球”均是等可能的，这次操作结果均相互独立． （1）若，求第一次操作后，盒子里球的个数多于盒子里球的个数的概率； （2）求重复进行次操作后，两个盒子里球的个数之和为的概率． 19. 已知函数有两个不同的零点，分别记为，且． （1）求实数的取值范围； （2）若不等式恒成立（为自然对数的底数），求正数的取值范围． （3）又有两组正实数，且．证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年下学期8月月考 高三年级数学试卷 2025年8月 时量：120分钟 满分：150分 命题：高三数学备课组 审定：高三数学备课组 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． 1. 下列各组数据中方差最大的一组是（ ） A. 6，6，6，6，6 B. 5，5，6，7，7 C. 4，5，6，7，8 D. 4，4，6，8，8 【答案】D 【解析】 【分析】根据数据的波动越大，方差越大；数据越稳定，方差越小.通过观察数据的离散程度以及计算平均值和方差来得出答案. 【详解】对于A： 数据全部为6，相等，没有波动，所以方差为0. 对于B：平均数为，方差为. 对于C： 平均数为，方差为. 对于D： 平均数为，方差为. 通过比较可知，选项D的方差最大. 故选：D. 2. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则其离心率为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】双曲线的一条渐近线方程为,故得到 故答案为A． 3. 已知都是单位向量，夹角为，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过可求解. 【详解】由条件， 故选：A 4. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角差的正弦公式可求得的值. 【详解】因为，则， 所以， 因此 . 故选：A. 5. 已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的3倍，则此正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到斜高，从而得到四棱锥体高，由体积计算公式即可求解. 【详解】如图，在正四棱锥中，为四棱锥的高，为斜高， 因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的3倍， 所以，解得， 所以此正四棱锥的体积为, 故选：C. 6. 已知函数（a为常数），则（ ） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 为增函数 D. 为减函数 【答案】B 【解析】 【分析】通过对函数进行相应的运算，结合奇偶性的定义判断奇偶性；对函数求导，根据导数的正负判断函数的单调性. 【详解】对于A，首先求：已知， 若为奇函数，则恒成立，即恒成立. 因为恒成立，所以，解得，所以为奇函数，选项A错误. 对于B，接着求：已知， 若为偶函数，则恒成立，即恒成立. 因为不恒为，所以，解得，所以为偶函数，选项B正确. 对于C，D，对求导得. 当时，，，所以，则为增函数. 当时，令，即，则，，解得. 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 所以选项C、D错误. 故选：B. 7. 已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先写出等差数列的通项公式，然后根据三角函数的周期性和已知集合的元素个数来分析的取值情况，进而求出的值. 【详解】根据已知条件，等差数列的通项公式为：. 根据三角函数的性质，. 这说明数列的周期为3. 因为集合，即有三个不同的值. 设时，；时，； 时，. 根据三角函数两角和公式可得： . . 则 故选：B. 8. 已知圆和轴相切，且和相切于，则符合条件的所有圆的半径之积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆心坐标为，半径为，根据圆心到切点的距离，圆心到轴的距离等于半径列出等量关系，由导数的几何意义可求切线斜率，于是又可列得圆心和切点的连线垂直切线，得到另一个方程，进而得解. 【详解】设圆心坐标为，半径为，由题知， 注意到圆心和切点的连线的斜率和切线斜率互为负倒数， ，则，时，，即在切线斜率是， 于是，则， 联立消去字母得到， 解得或，又圆和轴相切，则圆的半径为或， 所以 故选：A. 二、多项选择题：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. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为1 B. 的最小正周期为 C. 在上单调递增 D. 的图象关于对称 【答案】AB 【解析】 【分析】利用二倍角公式和诱导公式化简，再由余弦函数相关性质检验各项即可求解. 【详解】, ∴，故A正确； 最小正周期，故B正确； 时，， ∵在单调递减， ∴在上单调递减，故C错； ，不是函数的对称轴，故D错； 故选：AB. 10. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D. 【详解】对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对D，当时，， 所以，正确； 故选：ACD. 11. 对于，将表示为．其中．记为上述表示中为0的个数（例如，则，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据的定义可判断ACD，对于B可通过时验证. 【详解】对A，∵，∴，故A正确； 对B，当时，， 所以，不符合，故B错误； 对C，设， 所以， 增加了，两项系数为0，∴ ，故C正确； 对于D，， ∴，故D错误； 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知函数，若，则实数_________． 【答案】 【解析】 【分析】易知当时无解；当时，利用导数研究函数的性质可得在上有且仅有唯一的零点，进而根据求解即可. 【详解】， 当时，，解得，不符合题意； 当时，，则， 令， 所以在上单调递减，在上单调递增，且， 当时，，则， 当时，，且时，；时，； 所以在上有且仅有唯一的零点. 所以当时，，则，解得. 综上，. 故答案为：e 13. 已知抛物线的焦点为，的准线与轴的交点为，若过点的直线与交于两点，且，则的面积等于__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得抛物线方程及点坐标，设出直线的方程并联立曲线，再由韦达定理和抛物线焦半径公式可解点，然后可求的面积. 【详解】如图，因为抛物线的焦点，所以，解得， 则抛物线的方程为，准线方程为，， 易知直线斜率存在，设方程为， 联立，整理得, 由韦达定理得，， 又，，且 ∴，即代入， 整理得，解得或（舍）， 所以，，所以， 的面积等于 故答案为：. 14. 将五张标有、、、、的卡片摆成右图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按取走卡片的顺序是“和谐序”，按取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】对抽卡片的顺序进行分类讨论，结合分步乘法计数原理、分类加法计数原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】分两种情况讨论： （1）第一步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第二步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第三步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第四步，从号或号卡片抽取一张，有种情况， 第五步，抽最后一张卡片， 此时，不同的抽法种数为种； （2）第一步，抽号卡片， 第二步，从、、号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第三步，从、号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第四步，从、号卡片抽取一张，有种情况， 第五步，抽最后一张卡片， 此时，不同的抽法种数为种. 而从张卡片随意抽取，不同的抽法种数为， 因此，取卡顺序是“和谐序”的概率为. 故答案为：. 四、解答题：本小题共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，，BC边上的高等于． （1）求的值； （2）若，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形的面积公式和正弦定理计算即可求解； （2）根据正弦、余弦定理和完全平方公式计算可得，即可求解. 【小问1详解】 设中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 由题意可得，即， 由正弦定理得，又， 所以． 【小问2详解】 由正弦定理得， 由余弦定理得， 又，所以， 所以的周长为． 16. 已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，是的中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的正切值． 【答案】（1）证明: 因底面是菱形，，是中点，所以， 又，则．已知平面，平面，所以． 因为平面，且，所以平面． 因为平面，平面平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题意可证平面，继而得到平面平面； （2）解法1：过作，过作，再说明为平面与平面的夹角，然后求其正切值即可；解法2：以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求夹角的余弦值，再求正切值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 解法1：在等腰直角中，过作， 则是中点，． 又，所以平面， 又因为平面，所以， 过作，连接， 由于，平面，所以平面， 又平面，故，所以为平面与平面的夹角， 由（1）知，在中，， 故， 因为平面，平面，所以， 则． 解法2：因为平面，所以两两垂直． 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系 则，∴， 由（1）易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则不妨取，得， 设平面与平面的夹角为，则， 故正切值为． 17. 已知椭圆，为的右焦点，为上的动点，当直线与轴垂直时，，是直线上一动点，的最小值为1． （1）求的方程； （2）过作的两条切线分别交轴于两点，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题得关于的方程组，解方程组即得椭圆的方程； （2）设出直线RM，RN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式及三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 设点，当直线与轴垂直时，， 所以设点，则，因为的最小值为， 所以，又由，可解得， 故的方程为． 【小问2详解】 如图， 设点，注意到斜率不为0， 设， 联立，得， 因为与相切，所以， 于是， 化简得，又与相切，同理有， 故是一元二次方程的两根，则， 所以， 又，所以， 所以面积的取值范围为． 18. 已知两个盒子里分别有个小球，另有足够多的小球备用．重复进行次如下操作：每次从中随机选取一个盒子，向里面放入1个球或放入2个球，从剩下的另一个盒子里取出1个球或取出2个球．每一次操作中某个盒子里“放入1个球”“放入2个球”及“取出1个球”“取出2个球”均是等可能的，这次操作结果均相互独立． （1）若，求第一次操作后，盒子里球的个数多于盒子里球的个数的概率； （2）求重复进行次操作后，两个盒子里球的个数之和为的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意，利用列举法，结合古典概型的概率公式，可得答案； （2）由（1）可得每次操作之后和的情况，利用概率的乘法公式，可得答案. 【小问1详解】 设第次操作后两个盒子里球的个数分别为 列举所有8种可能的情形：（10，9），（10，10），（11，9），（11，10），（8，12）， （8，13），（7，12），（7，13），满足的有3种情形， 所以第一次操作后，盒子里球的个数多于盒子里球的个数的概率． 【小问2详解】 由题意分析可知，每一次操作，两个盒子里球的个数之和有3种可能的变化： 增加1个、不变、减少1个， 由（1）可知，一次操作后两个盒子里球的个数之和减少的概率为． 一次操作后两个盒子里球的个数之和增加的概率为． 一次操作后两个盒子里球的个数之和不变的概率为． 要满足这次操作后，两个盒子里球的个数之和为， 即比初始值增加个，则只可能是每一次操作均增加1个小球． 由于每一次操作结果均独立，这次操作均增加1个的概率为， 故两个盒子里球的个数之和为的概率为． 19. 已知函数有两个不同的零点，分别记为，且． （1）求实数的取值范围； （2）若不等式恒成立（为自然对数的底数），求正数的取值范围． （3）又有两组正实数，且．证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明:由（2）知：，进一步取，则； 不妨假设 则 故 进一步： 另外： 又 ， 进一步：； 则. 【解析】 【分析】（1）由参变分离得有两个不同的零点，求导分析单调性，结合函数图像即可求解； （2）由题知，不等式转化为，令，则，进而得，令，求导再利用导数确定最值即可； （3）设，再证即可. 【小问1详解】 函数有两个不同的零点， 所以，即有两个不同的解， 令，， 所以时，，单调递增，时，，单调递减， 则，故函数图像如下， 所以. 【小问2详解】 因为有两个不同的零点， 由题知，且，即， 相减得到： 由不等式恒成立，所以恒成立， 故恒成立，即恒成立， 所以恒成立． 设，则时，不等式恒成立， 因为进而得在时恒成立， 设，注意到． 则， 即， 又因为且，则，所以当时，， 即，故在单调递增， 而时，所以恒成立，故满足题意． 当时，若，由，则在单调递减， 所以当时，与题设不符． 综上所述，正数的取值范围． 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $