2024-2025学年湖南省长沙一中高三上学期月考卷（三）数学试题及答案

长沙市一中2025届高三月考试卷（三）数学时量：120分钟满分：150分8540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）1i3z1.若复数z满足z，则（）2525C.5552an的前项和Snn22na3a4a52.已知数列，则等于（）n1215C.18213.抛物线y4x2的焦点坐标为（）(11C)(0,)16x的部分图象，则函数的解析式可为（y4.如图是函数）πy2xπ3ysinxC.3π6y2xy2x65.1903・齐奥尔科夫斯基就提出单级火箭在不考虑空气阻力1m2vv0v1,m分别为火箭结构2和地球引力的理想情况下的最大速度满足公式：1v质量和推进剂的质量，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倍，.208km/sln2，火箭的最大速度为ln3ln41.4，则火箭发动机的喷气速度为（）803/s/s8C.km/s/s656.若10cos，，则cos的值为（）555104C.4447.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21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（）33482949C.278.设S为数列ꢀ的前naan21kN*，SS的取a1nꢁnn1kk1值集合为（）C.3618分.在每小题给出的选项中，至少有两项是符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分）9.如图，在正方体ABCD中，点E，F分别为AD，的中点，则下列说法正确11111的是（）直线EF与DB为异面直线直线DE与DC所成的角为o1111C.1FAD平面110.已知P是圆O:x2y2l:sin4l:sincos14与交于点12Q，则（）1l2直线与圆O相切l1lO的值为C.直线与圆截得弦长为232已知三次函数fxax3bx2d有三个不同的零点x，x，xx2x，函数12313gxfx1ttttt2t也有三个零点，，，则（）12313b2acb若x，x，x成等差数列，则x1232aC13tt311x222322t22t321三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）EXDXB,p32n12.已知随机变量X服从二项分布，若，，则_____.bb1a2b1，aab为______.13.已知平面向量a，满足在a上的投影向量为414.ABCD的体积为32EF分别为BCGH分别在CD，上，且G，H是靠近D点的四等分点，则多面体的体积为_____.四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）acbA0.15.设VABC的内角A，B，C的对边分别为，b，，已知aB（1）求A；（2）若BCA，且VABC的面积为，求的值.a3116.设fxx2axxx2，aR.处的切线方程；的单调性.2（1）若a0，求fx在x1fx，试讨论（2）若aR17.已知四棱锥PABCDABCD为菱形，,H为PC的平面分别PB,M,N，且BD∥平面．交于点（1）证明：；（2）当H为PC的中点，平面所成的锐二面角的余弦值．3,与平面ABCD60所成的角为，求平面与y218.已知双曲线:x21F，FF的直线l与双曲线交于，两点.AB1223（1）若x轴，求线段的长；（2l交y轴于点MBF交y轴于点N.11（）若S1ABS，求直线l的方程；1（）若F1，F恒在以2为直径的圆内部，求直线的斜率的取值范围.lkk19.已知a是各项均为正整数的无穷递增数列，对于kN*Bi∣*inbkBBkb0.k为集合中的元素个数，当时，规定kan，求b，b，b的值；2（1）若n12（2）若n2nbnSS，设的前项和为，求1；nn2na的通项公式n（3）若数列b是等差数列，求数列.n长沙市一中2025届高三月考试卷（三）数学时量：120分钟满分：150分8540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）1i3zzz1.若复数（）25525A.D.552【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.1i1i1i317i3z【详解】由，33325z2则z,5故选：Ca4a5anSnn22na32.已知数列等于（）nA.121518D.21【答案】B【解析】SS5aaa【分析】利用即可求得的值.2345anSnn22n，【详解】因为数列n2522215.aaaSS52234552故选：3.抛物线y4x2的焦点坐标为（）(A.D.11)(0,)16第1共页【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1y4x2x2y，【详解】解：由414y所以抛物线的焦点在轴的正半轴上，且2p，18p1p，，21(0,)，所以焦点坐标为16故选：Dxy的部分图象，则函数的解析式可为（4.如图是函数）π3π3y2xysinxA.D.π6y2xy2x6【答案】A【解析】5π12xyx求由此判断，结合诱导公式判断D.2ππ36yxπ2【详解】观察图象可得函数的最小正周期为T，2ππ2或2，排除B；π62π35π观察图象可得当时，函数取最小值，x25π3π当2时，可得22，kZ，122第2共页2π3所以2，kZ，排除；5ππ2当2时，可得22π，kZ，12π所以2，，kZ3π0可得，取k，3π3ysinπ2x故函数的解析式可能为A正确；5ππ3πy2x2xsin2xD623故选：A.5.1903・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1m2v理想情况下的最大速度满足公式：vv1,m，其中分别为火箭结构质量和推进剂的质量，201v0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，则火箭发动机的喷气速度为（ln2，ln3ln41.4）803/s/skm/s/sD.A.【答案】B【解析】【分析】根据实际问题，运用对数运算可得.1m22m212mvv208，【详解】由题意，20m1228883020v83得ln321.10.7，022故选：B8656.若10cos，的值为（cos）555104A.D.444【答案】C第3共页【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．865【详解】因为10cos，，，5642510cos)210sin)2，64即所以26coscos10cos2，259sin2610sinsin2，两式相加得96)4，)，4故选：C．27.O31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（）3482949A.D.27【答案】A【解析】【分析】根据该质点共两次到达1的位置的方式有移动向左向右均可以求解.0101和0121，且两种方式第4次【详解】共移动4次，该质点共两次到达1的位置的方式有0100121，且两种方1和4次移动向左向右均可以，1211124所以该质点共两次到达1的位置的概率为故选：A..33333327Sꢀꢁaan1kN*，SS的取值集合a18.设为数列nnnn1kk1）A.D.第4共页【答案】A【解析】nn1n12n1a2n【分析】利用可证明得数列和都是公差为2的等差数列，再可求得kSnn1，有了这些信息，就可以从的取值分析并求解出结果.2naan1，【详解】因为nn13+4n1nn2n1，S=aa+aa++a2n37+4n1=2n12342n122Snn1，解得n或n=2nSkSk1k19或k20，由存在kN*，，所以有aan1可得，nn22n3，两式相减得：n2n2由，nn1SS当k20时，有a210，n2可知：数列奇数项是等差数列，公差为2，aan2a+120，a1，解得211SSa0，当k19时，有an2可知：数列偶数项也是等差数列，公差为2，n2a+120a，解得，2a202aa3a.1由已知得，所以12故选：A.3618分.在每小题给出的选项中，至少有两项是符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分）ABCD中E，F分别为1AD1，9.）111第5共页A.与1FAD1B为异面直线所成的角为o1E与DC11D.1【答案】【解析】D.【详解】如图所示，连接AC，CD1，，E，F分别为AD，的中点，即面CCD1C，1F为AC的中点，1//CD，，面11CD正确；1BCD与1B为异面直线，即A正确；1EF与1共面，而，所以直线111E//，1，易得11B1E与DC所成的角或其补角，1即为直线为等边三角形，即1B60，所以B正确；11FAD1D，所以，AD面1，由于，1而AD1面显然不成立，故C错误；故选：第6共页10.PO:x2y24上的动点，直线1:sin4与l:sincos1交于点Q，2）1l2lA.O1l2OD.的值为截得弦长为23【答案】【解析】ll1AABB0B由圆心OlA，到的距离不等半径可判断错212121cos,4cossinQ4sin误；选项C根据垂直定理可得；选项D先求出可得.，根据两点间的距离公式【详解】sinsincos0llA正确；12A0,0，半径为O的圆心O的坐标为r2，4O到的距离为ld14rlO，故直线相离，故错误；B112sin2第7共页1d21，2：圆心O到的距离为l1sincos2故弦长为l2r2d223C正确；2sin4x4sinD得，sin1y4sincosQ4,4sin故，4sin24sinD2故故选：fx已知三次函数32d有三个不同的零点xx2xx2x，函数3，），131gx，则（t13fx1也有三个零点t1t2ttt2，，3A.b2acb若x1，x2x3x成等差数列，则2，axxtt3D.131x2223212t22t321【答案】【解析】【分析】对于A，由题意可得fx0有两个不同实根，则由0即可判断；对于Bx,x,x123fx的对称中心，即可判断；对于，结合图象，当x,fxa0和a0时，分类讨差数列，则为22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.【详解】因为fx3d，2bbfxax2ca0，,f则，对称中心为，aafxfx必有两个极值点，A，因为有三个不同零点，所以fx2c=0即有两个不同的实根，Δb212ac0b2acA正确；第8共页x,x,x成等差数列，及三次函数的中心对称性，312bfx为的对称中心，所以x,fxx2B正确；22agxfx1gx0fx1，，函数yfxt1tt，，23则当y1与的交点的横坐标即为，fxy1与的图象，a0时，画出xtxtxxtt，1313由图可知，，1133当a0时，则xxttC错误；3131axxxxxxax3bx2d123对D，由题意，得，ax3bx2d1axtxtxt123baxxxttt123123整理，得，cxxxxxxtttttt122331122331a222tttttt，得x2x2xx2331ttt1312123122331x21223212t22t2即D正确.3故选：【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.三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）EX3，DXn_____.B,p212.已知随机变量X服从二项分布【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.EX3，DX2，B,p【详解】由题意知随机变量X服从二项分布，第9共页13npnp1p2p,n9，则，即得故答案为：91aa2b1，ab______.13.已知平面向量a，bb在a上的投影向量为4【答案】3【解析】ab.【分析】由条件结合投影向量公式可求ab，根据向量模的性质及数量积运算律求1a【详解】因为b在a上的投影向量为，4baa1aa2，aa4b11，ab2ababa2abb24213.故答案为：3.14.的体积为32，E，F分别为，BCG，H分别在CD，且G，H是靠近D点的四等分点，则多面体的体积为_____.【答案】【解析】EG,被分成三棱锥GEDHE和四棱锥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的体积.【详解】EG,被分成三棱锥GEDHE和四棱锥.如图，连接，则多面体1因H是上靠近D点的四等分点，则SS，AEDDHE41111又E是的中点，故SDHESSS，AEDABDABD442814因G是CD上靠近D点的四等分点，则点G到平面的距离是点C到平面的距离的，111故三棱锥GEDH的体积VV321；GEDHCABD84133235S，又因点F是BC的中点，则SSSSCFGBCDBCD24881E是的中点知，点E到平面BCD的距离是点A到平面BCD的距离的，2515E的体积VVABCD3210，故四棱锥EBFGD8216故多面体的体积为GE1故答案为：【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.四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）acbA0.15.设VABC的内角A，B，C的对边分别为，b，，已知aB1）求A；2）若BCAVABCa的面积为3的值.πA【答案】（）3a22）第共页【解析】）利用正弦定理的边角变换得到A3，从而得解；a2）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的方程，解之即可得解.【小问1详解】aBbA0即asinBbA，,由正弦定理得sinAsinB3sinBA，sinB0，所以A3A则A3，π3A0,πA又，所以.【小问2详解】BCA，由正弦定理得bca，π113AbcA34，，所以S3222由余弦定理a2b2c2bccosAb2cbc42，bc22344，解得bc42aa2.1fxx2axxx2aR，16.设1）若a0.2fx在x1处的切线方程；fx，试讨论的单调性.2）若aR4x2y30【答案】（）2）答案见解析【解析】ff）由函数式和导函数式求出和，利用导数的几何意义即可写出切线方程；的取值进行分类讨论，由导函数的正负推得原函数的增减，的单调性.【小问1详解】f(x)a2fx112fxx2xx2fx2xxf,f2，当a0，21x1处的fx在4x2y30y2(x故切线方程为；2【小问2详解】1)，的定义域为fxx2axxx2因函数2fx(2xa)lnx2xa(2xax，21e1a0xx12xa0f(x)0f(x)在上单调递)①当时，若，即函数ee1ax2xa0x若.e21a1ax2xa0，x10f(x)0f(x)(,)在，即函数上单调递减；e2e2aaxx12xa0f(x)0f(x)(,)上单调递增；当，即函数在2221e1axx12xa0f(x)0f(x)a1(,)上单调递增；②当时在e1eaxx12xa0f(x)0f(x)(,)若若当，即函数，即函数在上单调递减；上单调递增，2ea2ea0xx12xa0f(x)0f(x))在222在上单调递增，afx0恒成立，函数fxe211aaaf(x))在(,)(,)综上，当时，函数上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；eee222aafx在当当时，函数时，函数上单调递增；e2aa11f(x)(0,)在(,)(,)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.e22e,He17.已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，为PC上的点，过的平面分别交PB,M,NBD．1）证明：；2）当H为PC的中点，3,与平面ABCD所成的角为60，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．【答案】（）证明见详解392）13【解析】PAC1）根据线面垂直可证平面，则，再根据线面平行的性质定理可证BD∥，进而可得结果；平面，根据线面夹角可知PAC为等边三角形，建立空间直角坐标系，（2）根据题意可证利用空间向量求面面夹角.【小问1详解】ACBDOAC,O的中点，连接，设为为菱形，则，又因为PDO，AC,PACPBO为BD的中点，则，BDPAC，PAC，所以且，，又因为BD∥平面BD∥，所以【小问2详解】，BDPBD，平面.O为的中点，则，且PO，ACBDO，,ABCD，所以ABCD，PA与平面所成的角为PAC为等边三角形，IGG,G，PO设G，GPBD，AMHN，所以GMNPBD，,,交于一点G，且平面H为PC的中点，则G为PAC的重心，PMPNPG23且BD∥，PBPDPO12PAPC23,AC3,3设2，如图，以,OB,分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，232A3,0,0,P0,3,M,1,N,1则，3u2343AM3,,1,NM,0,AP3,0,3，2nxyz0n1113x,y,z设平面的法向量，1114nNM103x11yz3n3令，可得，112mmxyz0x,y,z2322设平面PAM的法向量，222mxz0223,，x32y1z21，可得m令r,mrnm23，2nm39所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值.13y218.已知双曲线:x21的左、右焦点为F1，FFl的直线与双曲线A，B两点.223x1）若轴，求线段的长；2）若直线l与双曲线的左、右两支相交，且直线交y轴于点M，直线BF交1y轴于点N.1SS，求直线l的方程；i1AB1F1F为直径的圆内部，求直线l的斜率的取值范围.ii，恒在以2【答案】（）线段的长为6；22i）直线l的方程为x=±y+2；3734337ii）直线l的斜率的取值范围为(,)(,).747【解析】）直接代入横坐标求解纵坐标，从而求出的值；2）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】y22b232b2，由双曲线:x21的方程，可得a，所以abx2，3,ca23F(0)F(2,0)x轴，则直线，的方程为12(2,B(2,6；代入双曲线方程可得，所以线段的长为【小问2详解】i）如图所示，x,B为左右顶点，此时1,,B不构成三角形，矛盾，若直线l的斜率为0，此时l为所以直线l的斜率不为0l:xty2(xyxy)，，11222y210x21txt2y290t，应满足3，消去得，Δt2t02xty2t9由根与系数关系可得yy,yy，12t212t211211210122y112y(x(x2)x0x0yMN))的方程为的方程为，，1y20222y2222y2BFyy1221S|SS|FF||yy2|yy|，1AB1FFBFFA121212121221212y2Sx|yy|yy||F1MNMN21222212y22yty2yty1221yy)12||||，14ty24tytyt2yyt(yy)121212yy)SS|12|2|yy|由，可得，1AB1212tyyt(1y)1229t|t21y24t(1y2)164，所以|t2t()164，t21t21t2t2t1216t212021|4，|4，解得2t，t2t2210t210521经检验，满足，所以t，Δt2t20y+2；2所以直线l的方程为x=±F1F2FMFii，恒在以为直径的圆内部，可得，12FM212222FN)FMFN0，11111221221y240，所以10，x2x21(x2)(x21291y22t1所以10，所以10，t2yyt(yy)9t2t()161212tt21t21t27167169743470，解得t2t，解得或t，t29333t210经检验，满足，Δt2t0237734337所