【Top50强校】【湖南卷】湖南省长沙市长沙一中2025届高三月考试卷（三）暨11月月考（11.3-11.4）数学试题卷（解析版）

第1页/共20页长沙市一中2025届高三月考试卷（三）1.若复数z满足=3-4i，则zi=()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算求出复数z，计算其模，即得答案.由=3-4i可得z=故选：C2.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-2n，则a3+a4+a5等于()A.12B.15C.18【答案】B【解析】【分析】利用S5-S2即可求得a3+a4+a5的值.【详解】因为数列{an}的前n项和Sn=n2-2n，所以a3+a4+a5=S5-S2=52-2×5-(22-2×2)=15.故选：B.3.抛物线y=4x2的焦点坐标为()C.D.(0,)第2页/共20页【答案】D【解析】【分析】先将抛物线方程化为标准方程，从而可求出其焦点坐标所以抛物线的焦点在y轴的正半轴上，且2p=，所以焦点坐标为(0,)，故选：D4.如图是函数y=sin(wx+φ)的部分图象，则函数的解析式可为()【答案】A【解析】【分析】观察图象，确定函数y=sin(wx+φ)的周期，排除B，由图象可得当时，函数取最小值，求φ由此判断AC，结合诱导公式判断D.【详解】观察图象可得函数y=sin(wx+φ)的最小正周期为所以故w=2或w=-2，排除B；观察图象可得当时，函数取最小值，第3页/共20页故函数的解析式可能为y=sin，A正确；故选：A.5.1903年，火箭专家、航天之父康斯坦丁・齐奥尔科夫斯基就提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大速度v满足公式：v=v0ln，其中m1,m2分别为火箭结构质量和推进剂的质量，v0是发动机的喷气速度.已知某单级火箭结构质量是推进剂质量的2倍，火箭的最大速度为8km/s，则火A.10km/sB.20km/sC.km/sD.40km/s【答案】B【解析】【分析】根据实际问题，运用对数运算可得.故选：B6.若3cosα+·i10cosβ=，3sinα-·i10sinβ=，则cos(α+β)的值为() A.B.C.D.4444【答案】C第4页/共20页【解析】【分析】已知两式平方相加，再由两角和的余弦公式变形可得.【详解】因为3cosα+·cosβ=，3sinα-·sinβ=，即所以9cos2α+6cosαcosβ+10cos2β=所以故选：C.7.如图，一个质点从原点O出发，每隔一秒随机向左或向右移动一个单位长度，向左的概率为，向右的概率为，共移动4次，则该质点共两次到达1的位置的概率为()A.B.C.D.272799【答案】A【解析】【分析】根据该质点共两次到达1的位置的方式有0→1→0→1和0→1→2→1，且两种方式第4次移动向左向右均可以求解.【详解】共移动4次，该质点共两次到达1的位置的方式有0→1→0→1和0→1→2→1，且两种方式第4次移动向左向右均可以，所以该质点共两次到达1的位置的概率为故选：A.A.{-20,21}B.{-20,20}C.第5页/共20页【答案】A【解析】【分析】利用an+an+1=2n+1可证明得数列{a2n-1}和{a2n}都是公差为2的等差数列，再可求得)，有了这些信息，就可以从k的取值分析并求解出结果.假设S2n=n=210，解得n=10或n=-n根据an+2-an=2可知：数列奇数项是等差数列，公差为2，20根据an+2-an=2可知：数列偶数项也是等差数列，公差为2，故选：A.9.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为AD1，DB的中点，则下列说法正确的是()第6页/共20页A.直线EF与D1B1为异面直线B.直线D1E与DC1所成的角为60oC.D1F丄ADD.EF//平面CDD1C1【答案】ABD【解析】【分析】直接根据异面直线及其所成角的概念可判断AB，利用反证法可判断C，利用线面平行判定定理可判断D.【详解】如图所示，连接AC，CD1，EF，由于E，F分别为AD1，DB的中点，即F为AC的中点，所以EF//平面CDD1C1，即D正确；所以EF与CD1共面，而B1∈CD1，所以直线EF与D1B1为异面直线，即A正确；连接BC1，易得D1E//BC1，所以上DC1B即为直线D1E与DC1所成的角或其补角，假设D1F丄AD，由于AD丄DD1，DF∩DD1=D，所以AD而AD丄面D1DF显然不成立，故C错误；故选：ABD.第7页/共20页10.已知P是圆O:x2+y2=4上的动点，直线l1:xcosθ+ysinθ=4与l2:xsinθ-ycosθ=1交于点Q，丄l2B.直线l1与圆O相切C.直线l2与圆O截得弦长为2D.OQ的值为【答案】ACD【解析】【分析】选项A根据l1丄l2，A1A2+B1B2=0可判断正确；选项B由圆心O到l1的距离不等半径可判断错误；选项C根据垂直定理可得；选项D先求出Q(4sinθ-cosθ,4cosθ+sinθ)，根据两点间的距离公式可得.【详解】选项A：因cosθsinθ+sinθ(-cosθ)=0，故l1丄l2，A正确；选项B：圆O的圆心O的坐标为(0,0)，半径为r=2，圆心O到l1的距离为cos2sin24>r，故直线l1与圆O相离，故B错误；第8页/共20页〔xcosθ+ysinθ=4〔x=4cosθ+sinθ选项D：由{lxsinθ-ycosθ=1得{ly=4sinθ-cosθ,故Q(4cosθ+sinθ,4sinθ-cosθ)，故选：ACDB.若x1，x2，x3成等差数列，则x2=-C.x133222222D.x123222222【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由题意可得f,(x)=0有两个不同实根，则由Δ>0即可判断；对于B，若x1,x2,x3成等差数列，则(x2,f(x2))为f(x)的对称中心，即可判断；对于C，结合图象，当a>0和a<0时，分类讨论即可判断；对于D，由三次函数有三个不同的零点，结合韦达定理，即可判断.对于A，因为f(x)有三个不同零点，所以f(x)必有两个极值点，即f,(x)=3ax2+2bx+c=0有两个不同的实根，第9页/共20页对于B，由x1,x2,x3成等差数列，及三次函数的中心对称性，可知(x2,f(x2))为f(x)的对称中心，所以x2=-，故B正确；对于C，函数g(x)=f(x)-1，当g(x)=0时，f(x)=1，则y=1与y=f(x)的交点的横坐标即为t1，t2，t3，当a>0时，画出f(x)与y=1的图象，对D，由题意，得得(x1+x2+x3)2-2(x1x2+x2x3+x3x1)=(t1+t2+t3)2-2(t1t2+t2t3+t3t1)，故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是利用交点式得到三次方程的韦达定理式再计算即可.12.已知随机变量X服从二项分布B(n,p)，若E(X)=3，D(X)=2，则n=.【答案】9【解析】【分析】根据二项分布的期望、方差公式，即可求得答案.【详解】由题意知随机变量X服从二项分布B(n,p)，E(X)=3，D(X)=2，第10页/共20页则np=3,np=2，即得p=,n=9，故答案为：9【答案】【解析】所以=-1，又，故答案为：.14.如图，已知四面体ABCD的体积为32，E，F分别为AB，BC的中点，G，H分别在CD，AD上，且G，H是靠近D点的四等分点，则多面体EFGHBD的体积为.【答案】11【解析】【分析】连接EG,ED，将多面体EFGHBD被分成三棱锥G-EDH和四棱锥E-BFGD，利用题设条件找到小棱锥底面面积与四面体底面面积的数量关系，以及小棱锥的高与四面体的高的数量关系，结合四面体的体积即可求得多面体EFGHBD的体积.第11页/共20页【详解】如图，连接EG,ED，则多面体EFGHBD被分成三棱锥G-EDH和四棱锥E-BFGD.因H是AD上靠近D点的四等分点，则S△DHE=S△AED，又E是AB的中点，故S△DHE=S△AED=S△ABD=S△ABD，因G是CD上靠近D点的四等分点，则点G到平面ABD的距离是点C到平面ABD的距离的，故三棱锥G-EDH的体积VG-EDH=VC-ABD=×32=1；又因点F是BC的中点，则S△CFG=S△BCD=S△BCD，故SBFGD=S△BCD， 又由E是AB的中点知，点E到平面BCD的距离是点A到平面BCD的距离的，故四棱锥E-BFGD的体积VE-BFGD=VA-BCD=×32=10，故多面体EFGHBD的体积为VG-EDH+VE-BFGD=1+10=11.故答案为：11.【点睛】方法点睛：本题主要考查多面体的体积求法，属于较难题.一般的求法有两种：（1）分割法：即将多面体通过连线，作面的垂线等途径，将其分成若干可以用公式求解；（2）补形法：即将多面体通过辅助线段构造柱体，锥体或台体，利用整体体积减去个体体积等间接方法求解.15.设VABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinB-3bcosA=0.（1）求A；（2）若sinB+sinC=2sinA，且VABC的面积为，求a的值.第12页/共20页【解析】【分析】（1）利用正弦定理的边角变换得到tanA=，从而得解；（2）利用正弦定理的边角变换，余弦定理与三角形面积公式得到关于a的方程，解之即可得解.【小问1详解】 由正弦定理得sinA.sinB=3sinB.cosA，【小问2详解】 由余弦定理a2=b2+c2-2bc.cosA，得b2+c2-bc=4，16.设flnx+x2，a∈R.（1）若a=0，求f(x)在x=1处的切线方程；（2）若a∈R，试讨论f(x)的单调性.（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由函数式和导函数式求出f(1)和f,(1)，利用导数的几何意义即可写出切线方程；（2）对函数f(x)求导并分解因式，根据参数a的取值进行分类讨论，由导函数的正负推得原函数的增减，即得f(x)的单调性.【小问1详解】当a=0时，f=x2lnx+x2，f,第13页/共20页故f(x)在x=1处的切线方程为，即4x-2y-3=0；【小问2详解】因函数lnx+的定义域为(0,+∞)，f,(x)=(2x+a)lnx+2x+a=(2x+a)(lnx+1)，①当a≤-时，若0<x<，则lnx+1<0,2x+a<0，故f,即函数f(x)在(0,)上单调递增；则当<x<-时，2x+a<0，lnx+1>0，故f,(x)<0，即函数在上单调递减；当x>-时，lnx+1>0,2x+a>0，故f,(x)>0，即函数f(x)在上单调递增；②当a>-时，若x>，则lnx+1>0,2x+a>0，故f,(x)>0，即函数f(x)在上单调递增；若，则lnx+1<0,2x+a>0，故f,即函数在上单调递减；若0<x<-，则lnx+1<0,2x+a<0，故f,(x)>0，即函数f(x)在(0,-)上单调递增，当时，f,恒成立，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，综上，当a<-时，函数f在(0,)上单调递增，在上单调递减，在(-,+∞)上单调递增；当时，函数f在上单调递增；当时，函数f在(0,-)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.17.已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PD=PB,H为PC上的点，过AH的平面分别交PB,PD于点M,N，且BD∥平面AMHN.第14页/共20页（1）证明：MN丄PC； （2）当H为PC的中点，PA=PC=3AB,PA与平面ABCD所成的角为60O，求平面PAM与平面AMN所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见详解 【解析】【分析】（1）根据线面垂直可证BD丄平面PAC，则BD丄PC，再根据线面平行的性质定理可证BD∥MN，进而可得结果；（2）根据题意可证PO丄平面ABCD，根据线面夹角可知△PAC为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量求面面夹角.【小问1详解】设AC∩BD=O，则O为AC,BD的中点，连接PO，因为ABCD为菱形，则AC丄BD，又因为PD=PB，且O为BD的中点，则PO丄BD，AC∩PO=O，AC,PO平面PAC，所以BD丄平面PAC，且PC平面PAC，则BD丄PC，又因为BD∥平面AMHN，BD平面PBD，平面AMHN∩平面PBD=MN，可得BD∥MN，所以MN丄PC.【小问2详解】因为PA=PC，且O为AC的中点，则PO丄AC，且PO丄BD，AC∩BD=O，AC可知PA与平面ABCD所成的角为上PAC=60O，即△PAC为等边三角形，且平面AMHN∩平面PBD=MN，所以G∈MN，即AH,PO,MN交于一点G，因为H为PC的中点，则G为△PAC的重心，且BD∥MN，则第15页/共20页如图，以OA,OB,OP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A33，可得所以平面PAM与平面AMN所成的锐二面角的余弦值.218.已知双曲线Γ:x2-=1的左、右焦点为F1，F2，过F2的直线l与双曲线Γ交于A，B两点.（1）若AB丄x轴，求线段AB的长；（2）若直线l与双曲线的左、右两支相交，且直线AF1交y轴于点M，直线BF1交y轴于点N.第16页/共20页（i）若S△FAB=S△FMN，求直线l的方程；（ii）若F1，F2恒在以MN为直径的圆内部，求直线l的斜率的取值范围.（2i）直线l的方程为5y+2；（ii）直线l的斜率的取值范围为【解析】【分析】（1）直接代入横坐标求解纵坐标，从而求出的值；（2iii）先设直线和得到韦达定理，在分别得到两个三角形的面积公式，要求相等，代入韦达定理求出参数的值即可.【小问1详解】所以F1(-2,0)，F2(2,0)，若AB丄x轴，则直线AB的方程为x=2，代入双曲线方程可得A(2,3),B(2,-3)，所以线段AB的长为6；【小问2详解】（i）如图所示，若直线l的斜率为0，此时l为x轴，A,B为左右顶点，此时F1,A,B不构成三角形，矛盾，所以直线l的斜率不为0，设l:x=ty+2，A(x1,y1),B(x2,y2)，第17页/共20页由根与系数关系可得y1+y2=,y1y2=直线AF1的方程为y=(x+2)，令x=0，得点M(0,)，直线BF1的方程为y=(x+2)，令x=0，得点N(0,)，S△F1ABF2y2|F|yMyN|=|yMyN|=|| |y1y2|，所以直线l的方程为x