湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三上学期月考卷（三）数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三上学期月考卷（三）数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷共8页。时量120分钟。满分150分。
一、选择题（本大题共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的．）
1．设集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数对应的点和复数对应的点关于实轴对称，则（ ）
A．5B．C．D．
3．已知向量，满足，，且，则在方向上的投影向量为（ ）
A．3B．C．D．
4．已知函数的定义域为是偶函数，，有，则（ ）
A．B．C．D．
5．若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为（ ）
A．24B．32C．96D．128
6．已知曲线在处的切线恰好与曲线相切，则实数的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．在直角坐标系中，绕原点将轴的正半轴逆时针旋转角交单位圆于点、顺时针旋转角交单位圆于点，若点的纵坐标为，且的面积为，则点的纵坐标为（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的左顶点为是双曲线的右焦点，点在直线上，且的最大值是，则双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．D．
二、选择题（本大题共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．函数的部分图象如图所示，则下列匀选项中正确的有（ ）
A．的最小正周期为
B．是的最小值
C．在区间上的值域为
D．把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数的图象
10．在长方体中，，点满足，其中，则（ ）
A．若与平面所成的角为，则点的轨迹长度为
B．当时，平面
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，的最小值为
11．在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点，若，则（ ）
A．开口向上的抛物线的方程为
B．
C．直线截第一象限花瓣的弦长的最大值为
D．阴影区域的面积大于4
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．若，则_____．
13．已知函数若函数有3个零点，则实数的取值范围是_____．
14．设为数列的前项积，若，其中常数，数列为等差数列，则_____．
四、解答题（本大题共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．（本小题满分13分）
记的内角所对的边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为边上一点，，求．
16．（本小题满分15分）
如图，三棱柱中，．
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
17．（本小题满分15分）
人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟．某公司研究了一款答题机器人，参与一场答题挑战．若开始基础分值为分，每轮答2题，都答对得1分，仅答对1题得0分，都答错得－1分．若该答题机器人答对每道题的概率均为，每轮答题相互独立，每轮结束后机器人累计得分为，当时，答题结束，机器人挑战成功，当时，答题也结束，机器人挑战失败．
（1）当时，求机器人第一轮答题后累计得分的分布列与数学期望；
（2）当时，求机器人在第6轮答题结束且挑战成功的概率．
18．（本小题满分17分）．
已知椭圆的长轴是短轴的倍，且椭圆上一点到焦点的最远距离为3．是椭圆的左、右顶点，过分别做椭圆的切线，取椭圆上轴上方任意两点（在的左侧），并过，两点分别作椭圆的切线交于点，直线交点的切线于，直线交点的切线于，过作的垂线交于．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，直线与的斜率分别为与，求的值；
（3）求证：．
19．（本小题满分17分）
对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知，且的不动点的集合为．以和分别表示集合中的最小元素和最大元素．
（1）若，求的元素个数及；
（2）当恰有一个元素时，的取值集合记为．
（i）求；
（ii）若，数列满足，集合．求证：．
长郡中学2025届高三月考试卷（三）
数学参考答案
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．）
1．C【解析】由题意，，对比选项可知只有C选项符合题意．
2．A【解析】因为复数对应的点和复数对应的点关于实轴对称，所以，所以．
3．D【解析】因为，则，故，所以在方向上的投影向量为．
4．B【解析】因为，有，所以在上单调递增，又是偶函数，则的图象关于对称，所以的图象关于对称，则，故选项A错误；，故选项B正确；，故选项C错误；的正负不能确定，故选项D错误．
5．C【解析】如图，设在底面的投影为，易知正四棱锥的外接球球心在上，
由题意，球的半径，
所以，
故中，边的高为，
所以该正四棱锥的侧面积为．
6．B【解析】由得，又切点为（1，e），故，切线为，
设与曲线的切点为，所以，解得切点为，
所以，解得．
7．B【解析】由点的纵坐标为，得，显然，
而，即，又，
因此，，有，显然点在第四象限，所以点的纵坐标为．
8．D【解析】如图，设直线与轴交于点，
则．
因为，
所以
．
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，
整理得，则，解得．
二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．）
9．BD【解析】∵，由题图知，∴，，故A错误；
∵，∴可得是的最小值，故B正确；
∵，∴，∴，，
又，∴，∴，∵，∴，
∴，故C错误；
将的图象向右平移个单位长度得到的图象为，故D正确．
10．BCD【解析】对于A中，连接，在长方体中，可得平面，所以即为与平面所成的角，即，在直角中，可得，所以点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆，其周长为，所以A错误；
对于B中，当时，因为，且点满足，所以点在线段上，连接，在长方体中，可得，因为平面，且平面，所以平面，同理可证平面，又因为，且平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，所以B正确；
对于C中．当时，因为，且点满足，取的中点，过接，可得点在线段上运动，若，因为平面且平面，所以平面、故平面，又平面，故，所以点在以为直径的圆上，又因为，可得线段与以为直径的圆只有一个交点，所以当点与重合时，即当且仅当为的中点时，能使得，所以C正确；
对于D中，当时，因为，且点满足，取的中点，连接，可得点在线段上运动，沿着将直角和平面展开在一个平面上，如图所示，在中，，由余弦定理得，所以，即的最小值为，所以D正确．
11．ABD【解析】由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为，将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，即，故A正确；
对于B，根据A项分析，由可解得或，即，代入可得，
由图象对称性，可得，故，即B正确；
对于C，如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点，
由解得由解得，
即得，
则弦长为，
由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0，即在第一象限部分满足，
不妨设，则，且，
代入得，，
由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即C错误；
对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值．如图：
在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行，由可得切点坐标为，因为，则点到直线的距离为，
于是，由图知，半个花瓣的面积必大于，故原图中的阴影部分面积必大于，故D正确．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．【解析】的展开式通项是：，依题意，得，即，所以．
13．（－3，6）【解析】函数当时，方程，解得，函数有一个零点，则当时，函数须有两个零点，即在时有两个解．
设，对称轴为在上单调递减，在上单调递增，∴，且，即解得，所以的取值范围是（－3，6）．
14．1或2【解析】当时，，
所以．
由数列为等差数列，则为常数，
①若，则恒成立，即恒成立，∴；
②若，则，∴解得
综上所述，或．
四、解答题（本大题共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．【解析】（1），则，
所以，因为，所以．
（2）由（1）得，，因为，所以，
如图，在中，由余弦定理，得
，即，
在中，由正弦定理，即，所以，
因为，故，
在中，．
16．【解析】（1）在中，由余弦定理可得，
则，解得，
由，则在中，，
因为平面，所以平面．
（2）易知两两相互垂直，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，设，则
设平面的法向量，则可得
令，则，所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则，可得，解得，
易知，设平面的法向量，
则可得令，则，
所以平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则．
17．【解析】（1）当时，第一轮答题后累计得分所有取值为4，3，2，
所以第一轮答题后累计得分的分布列为：
所以．
（2）当时，设“第六轮答题后，答题结束且挑战成功”为事件，此时情况有2种，分别为：
情况①：前5轮答题中，得1分的有3轮，得0分的有2轮，第6轮得1分；
情况②：前4轮答题中，得1分的有3轮，得—1分的有1轮，第5、6轮都得1分，
所以．
18．【解析】（1）由题意：
所以椭圆的标准方程为．4分
（2）设过点的切线方程为，即，
由消去，整理得，
由，整理得，所以．
（3）设的延长线交轴于点，如图：
因为，则．
设P，Q两点处切线斜率分别为，过点的椭圆的切线方程为，即，由消去，化简整理，得，
由，得，
化简整理，得，
由韦达定理，得，所以，
所以要证明，只需证明，即因为，所以上式成立，即成立．
19．【解析】（1）当时，，其定义域为．
由得．
设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增；在上单调递减，
注意到，所以在上恰有一个零点，且，
又，所以，所以在上恰有一个零点，
即在上恰有一个不动点在上恰有一个不动点，
所以，所以的元素个数为2，又因为，所以．
（2）（i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意；
当时，，其定义域为，
由得．
设，则，
设，则，
①当时，，所以在上单调递增，
又，所以在上恰有一个零点，
即在上恰有一个不动点，符合题意；
②当时，，故恰有两个零点．
又因为，所以，
当时，；
当时，；
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
注意到，所以在上恰有一个零点，且，
又时，，所以在上恰有一个零点，从而至少有两个不动点，不符合题意；
所以的取值范围为，即集合．
（ii）由（i）知，，所以，
此时，，
由（i）知，在上单调递增，所以，当时，
，所以，即，
故若，则，因为，若存在正整数使得，则，
从而，重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，，
下面我们先证明当时，，
设，所以，
所以在上单调递减，所以，
即当时，，从而当时，，
从而，即，故，
即，由于，
所以，故，
故时，，
所以，故．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
A
D
B
C
B
B
D
BD
BCD
ABD
X
4
3
2
P（X）