湖南省长沙二十一中2025届高三月考卷（六）数学试题

湖南省长沙二十一中2025届高三月考卷（六）数学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．公差不为零的等差数列{an}中，a1+a2+a5=13，且a1、a2、a5成等比数列，则数列{an}的公差等于()A．1 B．2 C．3 D．42．已知函数，且关于的方程有且只有一个实数根，则实数的取值范围（）．A． B． C． D．3．已知α，β是两平面，l，m，n是三条不同的直线，则不正确命题是（）A．若m⊥α，n//α，则m⊥n B．若m//α，n//α，则m//nC．若l⊥α，l//β，则α⊥β D．若α//β，lβ，且l//α，则l//β4．函数fxA． B．C． D．5．某网店2019年全年的月收支数据如图所示，则针对2019年这一年的收支情况，下列说法中错误的是（）A．月收入的极差为60 B．7月份的利润最大C．这12个月利润的中位数与众数均为30 D．这一年的总利润超过400万元6．已知双曲线C的两条渐近线的夹角为60°，则双曲线C的方程不可能为（）A． B． C． D．7．如图所示程序框图，若判断框内为“”，则输出（）A．2 B．10 C．34 D．988．集合，则（）A． B． C． D．9．已知函数f（x）＝eb﹣x﹣ex﹣b+c（b，c均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f（5）+f（﹣1）＝（）A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．410．明代数学家程大位（1533~1606年），有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心血写出《算法统宗》，可谓集成计算的鼻祖．如图所示的程序框图的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”问题．执行该程序框图，若输出的的值为，则输入的的值为（）A． B． C． D．11．已知函数，，的零点分别为，，，则（）A． B．C． D．12．由曲线围成的封闭图形的面积为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．关于函数有下列四个命题：①函数在上是增函数；②函数的图象关于中心对称；③不存在斜率小于且与函数的图象相切的直线；④函数的导函数不存在极小值.其中正确的命题有______.（写出所有正确命题的序号）14．已知函数的部分图象如图所示，则的值为____________.15．在中，内角所对的边分别为，若，的面积为，则_______，_______．16．直线（，）过圆：的圆心，则的最小值是______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）设，（1）求的单调区间；（2）设恒成立，求实数的取值范围.18．（12分）如图，已知抛物线：与圆：（）相交于，，，四个点，（1）求的取值范围；（2）设四边形的面积为，当最大时，求直线与直线的交点的坐标.19．（12分）在直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为：，曲线的参数方程为其中，为参数，为常数．（1）写出与的直角坐标方程；（2）在什么范围内取值时，与有交点．20．（12分）在中，．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，，求的值．21．（12分）在数列中，，（1）求数列的通项公式；（2）若存在，使得成立，求实数的最小值22．（10分）已知抛物线，焦点为，直线交抛物线于两点，交抛物线的准线于点，如图所示，当直线经过焦点时，点恰好是的中点，且.（1）求抛物线的方程；（2）点是原点，设直线的斜率分别是，当直线的纵截距为1时，有数列满足，设数列的前n项和为，已知存在正整数使得，求m的值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

设数列的公差为.由，成等比数列，列关于的方程组，即求公差.【详解】设数列的公差为，①.成等比数列，②，解①②可得.故选：.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，属于基础题.2、B【解析】

根据条件可知方程有且只有一个实根等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象，数形结合即可．【详解】解：因为条件等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象如图，由图可知，，故选：B．【点睛】本题主要考查函数图象与方程零点之间的关系，数形结合是关键，属于基础题．3、B【解析】

根据线面平行、线面垂直和空间角的知识，判断A选项的正确性.由线面平行有关知识判断B选项的正确性.根据面面垂直的判定定理，判断C选项的正确性.根据面面平行的性质判断D选项的正确性.【详解】A．若，则在中存在一条直线，使得，则，又，那么，故正确；B．若，则或相交或异面，故不正确；C．若，则存在，使，又，则，故正确．D．若，且，则或，又由，故正确．故选：B【点睛】本小题主要考查空间线线、线面和面面有关命题真假性的判断，属于基础题.4、A【解析】

由f12=e-14>0排除选项D;【详解】由f12=e-14>0，可排除选项D，f-1=-e【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x→05、D【解析】

直接根据折线图依次判断每个选项得到答案.【详解】由图可知月收入的极差为，故选项A正确；1至12月份的利润分别为20，30，20，10，30，30，60，40，30，30，50，30，7月份的利润最高，故选项B正确；易求得总利润为380万元，众数为30，中位数为30，故选项C正确，选项D错误.故选：.【点睛】本题考查了折线图，意在考查学生的理解能力和应用能力.6、C【解析】

判断出已知条件中双曲线的渐近线方程，求得四个选项中双曲线的渐近线方程，由此确定选项.【详解】两条渐近线的夹角转化为双曲渐近线与轴的夹角时要分为两种情况．依题意，双曲渐近线与轴的夹角为30°或60°，双曲线的渐近线方程为或.A选项渐近线为，B选项渐近线为，C选项渐近线为，D选项渐近线为.所以双曲线的方程不可能为.故选：C【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线方程，属于基础题.7、C【解析】

由题意，逐步分析循环中各变量的值的变化情况，即可得解.【详解】由题意运行程序可得：，，，；，，，；，，，；不成立，此时输出.故选：C.【点睛】本题考查了程序框图，只需在理解程序框图的前提下细心计算即可，属于基础题.8、D【解析】

利用交集的定义直接计算即可.【详解】，故，故选：D.【点睛】本题考查集合的交运算，注意常见集合的符号表示，本题属于基础题.9、C【解析】

根据对称性即可求出答案．【详解】解：∵点（5，f（5））与点（﹣1，f（﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2，故它们关于点（2，1）对称，所以f（5）+f（﹣1）＝2，故选：C．【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．10、C【解析】

根据程序框图依次计算得到答案.【详解】，；，；，；，；，此时不满足，跳出循环，输出结果为，由题意，得．故选:【点睛】本题考查了程序框图的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力.11、C【解析】

转化函数，，的零点为与，，的交点，数形结合，即得解.【详解】函数，，的零点，即为与，，的交点，作出与，，的图象，如图所示，可知故选：C【点睛】本题考查了数形结合法研究函数的零点，考查了学生转化划归，数形结合的能力，属于中档题.12、A【解析】

先计算出两个图像的交点分别为，再利用定积分算两个图形围成的面积.【详解】封闭图形的面积为.选A.【点睛】本题考察定积分的应用，属于基础题.解题时注意积分区间和被积函数的选取.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、①②③【解析】

由单调性、对称性概念、导数的几何意义、导数与极值的关系进行判断．【详解】函数的定义域是，由于，在上递增，∴函数在上是递增，①正确；，∴函数的图象关于中心对称，②正确；，时取等号，∴③正确；，设，则，显然是即的极小值点，④错误．故答案为：①②③.【点睛】本题考查函数的单调性、对称性，考查导数的几何意义、导数与极值，解题时按照相关概念判断即可，属于中档题．14、【解析】

由图可得的周期、振幅，即可得，再将代入可解得，进一步求得解析式及.【详解】由图可得，，所以，即，又，即，，又，故，所以，.故答案为：【点睛】本题考查由图象求解析式及函数值，考查学生识图、计算等能力，是一道中档题.15、【解析】

由已知及正弦定理，三角函数恒等变换的应用可得，从而求得，结合范围，即可得到答案运用余弦定理和三角形面积公式，结合完全平方公式，即可得到答案【详解】由已知及正弦定理可得，可得：解得，即，由面积公式可得：，即由余弦定理可得：即有解得【点睛】本题主要考查了运用正弦定理、余弦定理和面积公式解三角形，题目较为基础，只要按照题意运用公式即可求出答案16、；【解析】

求出圆心坐标，代入直线方程得的关系，再由基本不等式求得题中最小值．【详解】圆：的标准方程为，圆心为，由题意，即，∴，当且仅当，即时等号成立，故答案为：．【点睛】本题考查用基本不等式求最值，考查圆的标准方程，解题方法是配方法求圆心坐标，“1”的代换法求最小值，目的是凑配出基本不等式中所需的“定值”．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）【解析】

（1），令，解不等式即可；（2），令得，即，且的最小值为，令，结合即可解决.【详解】（1），当时，，递增，当时，，递减.故的单调递增区间为，单调递减区间为.（2），，，设的根为，即有可得，，当时，，递减，当时，，递增.，所以，①当；②当时，设，递增，，所以.综上，.【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性以及函数恒成立问题，这里要强调一点，处理恒成立问题时，通常是构造函数，将问题转化为函数的极值或最值来处理.18、（1）（2）点的坐标为【解析】

将抛物线方程与圆方程联立,消去得到关于的一元二次方程,抛物线与圆有四个交点需满足关于的一元二次方程在上有两个不等的实数根,根据二次函数的有关性质即可得到关于的不等式组,解不等式即可.不妨设抛物线与圆的四个交点坐标为，，，，据此可表示出直线、的方程,联立方程即可表示出点坐标,再根据等腰梯形的面积公式可得四边形的面积的表达式,令,由及知,对关于的面积函数进行求导，判断其单调性和最值,即可求出四边形的面积取得最大值时的值,进而求出点坐标.【详解】（1）联立抛物线与圆的方程消去，得.由题意可知在上有两个不等的实数根.所以解得，所以的取值范围为.（2）根据（1）可设方程的两个根分别为，（），则，，，，且，，所以直线、的方程分别为，,联立方程可得,点的坐标为，因为四边形为等腰梯形,所以，令，则，所以，因为,所以当时,；当时,，所以函数在上单调递增，在上单调递减，即当时，四边形的面积取得最大值，因为,点的坐标为,所以当四边形的面积取得最大值时,点的坐标为.【点睛】本题考查利用导数求函数的极值与最值、抛物线及其标准方程及直线与圆锥曲线相关的最值问题；考查运算求解能力、转化与化归能力和知识的综合运用能力;利用函数的思想求圆锥曲线中面积的最值是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.19、（1），．（2）【解析】

（1）利用，代入可求；消参可得直角坐标方程.（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，与有交点，可得，解不等式即可求解.【详解】（1）（2）将的参数方程代入的直角坐标方程得：与有交点，即【点睛】本题考查了极坐标方程与普通方程的转化、参数方程与普通方程的转化、直线与圆的位置关系的判断，属于基础题.20、(1);(2).【解析】试题分析：（1）由正弦定理得到．消去公因式得到所以．进而得到角A；（2）结合三角形的面积公式，和余弦定理得到，联立两式得到．解析：（I）因为，所以，由正弦定理，得．又因为，，所以．又因为，所以．（II）由，得，由余弦定理，得，即，因为，解得.因为，所以.21、（1）；（2）【解析】

（1）由得，两式相减可得是从第二项开始的等比数列，由此即可求出答案；（2），分类讨论，当时，，作商法可得数列为递增数列，由此可得答案，【详解】解：（1）因为，，两式相减得：，即，是从第二项开始的等比数列，∵∴，则，；（2），当