精品解析：湖南省长沙市望城区第六中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

望城六中高三10月月考 数学试题卷 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、单选题 1. 已知全集，集合，则下列错误的是（ ） A. B. C. D. 2. 设，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 3. 已知向量和满足，，向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 12 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开图是圆心角为的扇环，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（    ） A. B. C. D. 7. 已知三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的可导函数f（x）满足，且在上有若实数a满足，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列命题正确的是（ ） A. 两个随机变量的线性相关性越强，则样本相关系数越接近于1 B. 对具有线性相关关系的变量，，有一组观测数据，其经验回归方程是，且，则实数的值是 C. 已知随机变量的方差为4，则的标准差是6 D. 已知随机变量，若，则 10. 已知函数是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递减 C. 过点能作两条不同的直线与相切 D. 函数有5个零点 11. 已知抛物线的焦点为，过焦点的一条直线交抛物线于两点，满足且直线的斜率存在，过点作该抛物线准线的垂线，垂足为，点在直线左侧的抛物线上，则（ ） A. 直线的斜率为 B. 当面积最大时，点的坐标为 C. 点（为坐标原点）共线 D. 三、填空题 12. 已知抛物线的准线为，点在上，直线，点到直线的距离与到直线的距离之和的最小值是_________. 13. 已知函数（为自然对数的底数），若在上恒成立，则实数的取值范围是__________. 14. 的展开式中的系数为4，则的展开式中常数为______． 四、解答题 15. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知． （1）求角A； （2）点M在线段上，且满足．若，求的面积． 16. 如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 设等差数列的前n项和为，已知，． （1）求的通项公式； （2）求数列的前n项和． 18. 已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． （1）求C的方程； （2）记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 19. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程. （2）证明：在上单调递增. （3）若，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 望城六中高三10月月考 数学试题卷 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、单选题 1. 已知全集，集合，则下列错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由补集、交集和并集定义依次求出、、和，再由子集定义结合交集和并集定义即可逐项判断各选项得解. 【详解】由题，，， 对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，，D正确. 故选：B 2. 设，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简，结合共轭复数的定义求得，进而求解即可. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选：C. 3. 已知向量和满足，，向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】先由向量在向量上的投影向量求出，然后求解即可. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为， 所以， 所以，所以， 所以，得， 所以， 故选：B 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简题干中的两个等式，可得出、的关系，可得出的值，即可得出的值. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 故，所以， 即，故. 故选：A. 5. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开图是圆心角为的扇环，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用圆台的性质求出母线长度，结合勾股定理求出高，再利用体积公式求解即可. 【详解】由题意得圆台的上、下底面半径分别为1和2， 因为圆台的侧面展开图是圆心角为的扇环， 所以圆台的母线长度为， 设圆台的高为，由勾股定理得， 由圆台的体积公式得体积为，故A正确. 故选：A 6. 已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则可得为偶函数，且在单调递增，所以的图象关于直线对称，在单调递增，则将转化为，从而可求出实数a的取值范围. 【详解】设， 因为， 所以为偶函数， 所以的图象关于直线对称， 所以的图象关于直线对称， 设，则， 令，则，得， 所以在上递增， 因为函数在定义域上单调递增， 所以在单调递增， 所以在单调递增， 因为， 所以， 所以，化简得，解得． 所以实数a的取值范围为， 故选：B 【点睛】关键点点睛：解题的关键是根据已知条件判断出的图象关于直线对称，在单调递增，从而可求解不等式. 7. 已知三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件可得，然后可得，然后结合余弦定理可得答案. 【详解】因为，所以得， 又因为，所以，进而有， 因为，所以，由正弦定理得， 又，消，可得，所以， 故选：B. 8. 定义在上的可导函数f（x）满足，且在上有若实数a满足，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件构造函数，利用偶函数的定义及导数法的正负与函数的单调性的关系，结合偶函数的性质及函数的单调性即可求解. 【详解】由，得. 令，则，即为偶函数. 又时，. 所以在上单调递减. 由，得，即. 又为偶函数， 所以， 所以，即，解得， 所以a的取值范围为. 故选：A. 【点睛】关键点睛：解决此题的关键是构造函数，利用偶函数定义和导数法求出函数的单调性，再利用偶函数和单调性即可解决抽象不等式. 二、多选题 9. 下列命题正确的是（ ） A. 两个随机变量的线性相关性越强，则样本相关系数越接近于1 B. 对具有线性相关关系的变量，，有一组观测数据，其经验回归方程是，且，则实数的值是 C. 已知随机变量的方差为4，则的标准差是6 D. 已知随机变量，若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由相关系数的性质可得A错误；由样本中心点计算相关系数可得B正确；由方差的性质可得C正确；由正态分布的对称性可得D错误. 【详解】对于A，两个随机变量的线性相关性越强，则样本相关系数的绝对值越接近于1．所以A错误； 对于B，，，所以，所以，B正确； 对于C，已知随机变量的方差为4，则的方差是，所以标准差为，故C正确； 对于D，由，由对称性可得， 所以，所以D错误. 故选：BC． 10. 已知函数是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递减 C. 过点能作两条不同的直线与相切 D. 函数有5个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据函数的极值点求参数的值，再利用导数求函数的单调性，判断AB，利用导数的几何意义求过点的切线方程，根据切点的个数，判断切线的条数，判断C，首先根据，利用数形结合确定的范围，再结合图象确定的零点个数，即可判断D. 【详解】对于A中，由函数，可得， 因为是函数的一个极值点，可得， 解得，经检验适合题意，所以A正确： 对于B中，由，令，解得或， 当时，：当时，；当时，， 故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B正确： 对于C中，设过点且与函数相切的切点为， 则该切线方程为， 由于切点满足直线方程，则， 整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C错误： 对于D中，令，则的根有三个，如图所示，， 所以方程有3个不同根，方程和均有1个根， 故有5个零点，所以D正确. 故选：ABD. 11. 已知抛物线的焦点为，过焦点的一条直线交抛物线于两点，满足且直线的斜率存在，过点作该抛物线准线的垂线，垂足为，点在直线左侧的抛物线上，则（ ） A. 直线的斜率为 B. 当面积最大时，点的坐标为 C. 点（为坐标原点）共线 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】确定焦点，设直线方程联立得到根与系数的关系，根据弦长公式计算，得到A正确，平行相切时面积最大，有两种情况，B错误，计算得到C正确，计算得到D错误，得到答案. 【详解】抛物线的焦点为， 设直线方程为，，，， ，则，，， ，， 对选项A：，直线的斜率为，正确； 对选项B：当直线方程为时， 过点的直线与直线平行且与抛物线相切时面积最大，设直线方程为， ，则，，，解得， 此时，同理可得直线方程为时，，错误； 对选项C：，，， 故，故点共线，正确； 对选项D：， 错误； 故选：AC 三、填空题 12. 已知抛物线的准线为，点在上，直线，点到直线的距离与到直线的距离之和的最小值是_________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，把问题转化为点到直线的距离求解. 【详解】由题意，抛物线的焦点为， 由抛物线的定义知，点到直线的距离等于点到点的距离， 因此点到直线的距离与到直线的距离之和的最小值， 即为点到直线的距离，即为. 故答案为：3 13. 已知函数（为自然对数的底数），若在上恒成立，则实数的取值范围是__________. 【答案】. 【解析】 【分析】根据题意得，令，求导求最值即可. 【详解】由已知在上恒成立， 所以在上恒成立， 故，其中， 令，则， 令，解得，令，解得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 故.所以的取值范围是. 故答案为：. 14. 的展开式中的系数为4，则的展开式中常数为______． 【答案】8 【解析】 【分析】 利用已知条件得关于的方程，求得，再利用二项展开式的通项公式，得的展开式中的常数项． 【详解】的展开式中项为， 因为的展开式中的系数为4，所以，解得． 所以的展开式中常数项为． 故答案为： 8 【点睛】关键点睛：本题考查求二项式与二项式（或多项式）的积的展开式中的常数项，解得本题的关键是由的展开式中的系数为，先求出参数，再由二项式的展开式的公式可得的展开式中常数项为，属于中档题. 四、解答题 15. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知． （1）求角A； （2）点M在线段上，且满足．若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先应用正弦定理，再结合二倍角正弦公式计算结合角的范围即可求解； （2）先应用数量积运算律及定义化简，再结合三角形面积公式及余弦定理计算求值. 【小问1详解】 由正弦定理可得：， ∵，∴，，即， ∵，∴，． 【小问2详解】 令，，则． 又，四边形为菱形，为的角平分线． ，， ，即， 由余弦定理可得：， 即：，解得：， ∴． 16. 如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为，为的中点，所以， 因为四棱锥的底面是矩形，所以， 所以与相似，故， 因为，所以，故， 因为底面，底面，所以， 因为，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形相似证得，结合线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用向量法求解夹角余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以，， 因为四棱锥的底面是矩形，所以. 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 所以，，. 因为平面，所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则即 令，则，，此时， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 设等差数列的前n项和为，已知，． （1）求的通项公式； （2）求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列通项的基本量运算列方程组，求出，即得数列通项公式； （2）利用裂项相消法即可求得. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由，即，① 由，②，联立①②，解得， 则的通项公式为； 【小问2详解】 设， 则 . 18. 已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． （1）求C的方程； （2）记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 【答案】（1） （2） 由(1)可得，设， 显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且， 与联立可得，且， 则， 直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得： ， 由可得，即， 据此可得点在定直线上运动. 【解析】 【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程； （2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上. 【小问1详解】 设双曲线方程为，由焦点坐标可知， 则由可得，， 双曲线方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键. 19. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程. （2）证明：在上单调递增. （3）若，证明：. 【答案】（1） （2）证明：的定义域为，则， 令函数，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增； （3）证明：证法一：由（2）得，在上单调递增， 因为，由，， 可知存在唯一实数，使得， 即，两边取对数，变形可得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以的极小值为 ， 当且仅当时，等号成立， 因为，所以， 所以. 证法二：当时，等价于， 即， 令，则有， 先证当时，， 令函数，则， 当时，，则在上单调递增， 所以当时，，即当时，得证； 再证， 令函数，则， 当时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，即得证； 综上，，即当时，得证. 【解析】 【分析】（1）求出，求导，得到，利用导数几何意义得到切线方程； （2）求定义域，二次求导，得到函数的单调性； （3）证法一：由（2）得，在上单调递增，结合零点存在性定理和特殊点函数值得到的单调性和最值，结合基本不等式求出，证明出结论； 证法二：当时，等价于，令，则有，令，求导得到单调性，证明出结论. 【小问1详解】 当时，，， 则，， 故曲线在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $