湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三上学期月考（三）数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三上学期月考（三）数学试卷（Word版附解析），共15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。

命题人：审题人：
得分：________
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟，满分150分.
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共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.命题“存在，”的否定是
A.存在，
B.不存在，
C.任意，
D.任意，
2.若集合（i是虚数单位），，则等于
A.B.C.D.
3.已知奇函数，则
A.-1B.0C.1D.
4.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列可以推出的是
A.，，B.，，
C.，，D.，，
5.已知函数图象的一个最高点与相邻的对称中心之间的距离为5，则
A.0B.C.4D.
6.已知是圆上一个动点，且直线与直线（，，）相交于点，则的取值范围为
A.B.
C.D.
7.是椭圆上一点，，是的两个焦点，，点在的角平分线上，为原点，，且.则的离心率为
A.B.C.D.
8.设集合，那么集合中满足条件“”的元素个数为
A.60B.90C.120D.130
二、选择题：本题共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.如图为某地2014年至2023年的粮食年产量折线图，则下列说法正确的是
A.这10年粮食年产量的极差为16
B.这10年粮食年产量的第70百分位数为35
C.这10年粮食年产量的平均数为33.7
D.前5年的粮食年产量的方差小于后5年粮食年产量的方差
10.已知函数满足，，并且当时，，则下列关于函数说法正确的是
A.B.最小正周期
C.的图象关于直线对称D.的图象关于对称
11.若双曲线，，分别为左、右焦点，设点是在双曲线上且在第一象限的动点，点为的内心，，则下列说法不正确的是
A.双曲线的渐近线方程为
B.点的运动轨迹为双曲线的一部分
C.若，，则
D.不存在点，使得取得最小值
答题卡
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.的展开式中的系数为________.
13.各角的对应边分别为，，，满足，则角的取值范围为________.
14.对任意的，不等式（其中e是自然对数的底）恒成立，则的最大值为________.
四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（本小题满分13分）
设为正项等比数列的前项和，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，，求数列的前项和.
16.（本小题满分15分）
如图，在四棱锥，，，，点在上，且，.
（1）若为线段的中点，求证：平面；
（2）若平面，求平面与平面所成夹角的余弦值.
17.（本小题满分15分）
已知函数有两个极值点为，，.
（1）当时，求的值；
（2）若（e为自然对数的底数），求的最大值.
18.（本小题满分17分）
已知抛物线的焦点为，为上任意一点，且的最小值为1.
（1）求抛物线的方程；
（2）已知为平面上一动点，且过能向作两条切线，切点为，，记直线，，的斜率分别为，，，且满足.
①求点的轨迹方程；
②试探究：是否存在一个圆心为，半径为1的圆，使得过可以作圆的两条切线，，切线，分别交抛物线于不同的两点，和点，，且为定值？若存在，求圆的方程，不存在，说明理由.
19.（本小题满分17分）
对于一组向量，，，…，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”.
（1）设，且，若是向量组，，的“长向量”，求实数的取值范围；
（2）若，且，向量组，，，…，是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由；
（3）已知，，均是向量组，，的“长向量”，其中，.设在平面直角坐标系中有一点列，，，…，，满足为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值.
参考答案
一、二、选择题
1.D
2.C 【解析】集合，，.故选C.
3.A 【解析】是奇函数，，，，，.故选A.
4.D 【解析】有可能出现，平行这种情况，故A错误；会出现平面，相交但不垂直的情况，故B错误；，，，故C错误；，，又由，故D正确.故选D.
5.C 【解析】设的最小正周期为，函数图象的一个最高点与相邻的对称中心之间的距离为5，则有，得，则有，解得，所以，所以.故选C.
6.B 【解析】依题意，直线恒过定点，直线恒过定点，显然直线，因此，直线与交点的轨迹是以线段为直径的圆，其方程为：，圆心，半径，而圆的圆心，半径，如图：
，两圆外离，由圆的几何性质得：，，所以的取值范围为.故选B.
7.C 【解析】如图，设，，延长交于点，
由题意知，为的中点，故为中点，
又，即，则，
又由点在的角平分线上得，
则是等腰直角三角形，
故有化简得即
代入得，即，
又，所以，所以，.故选C.
8.D 【解析】因为或，所以若，则在中至少有一个，且不多于3个.所以可根据中含0的个数进行分类讨论.
①五个数中有2个0，则另外3个从1，-1中取，共有方法数为，
②五个数中有3个0，则另外2个从1，-1中取，共有方法数为，
③五个数中有4个0，则另外1个从1，-1中取，共有方法数为，
所以共有种.故选D.
9.ACD 【解析】将样本数据从小到大排列为26，28，30，32，32，35，35，38，39，42，这10年的粮食年产量极差为，故A正确；，结合A选项可知第70百分位数为第7个数和第8个数的平均数，即，故B不正确；这10年粮食年产量的平均数为，故C正确；结合图形可知，前5年的粮食年产量的波动小于后5年的粮食产量波动，所以前5年的粮食年产量的方差小于后5年的粮食年产量的方差，故D正确.故选ACD.
10.AD 【解析】由于时，，并且满足，则函数的图象关于直线对称.由于，所以，故，故，故函数的最小正周期为，根据，知函数的图象关于对称.由于时，，，故A正确，由于函数的最小正周期为，故B错误；由函数的图象关于对称，易知的图象不关于直线对称，故C错误；根据函数图象关于点对称，且函数图象关于直线对称，知函数图象关于点对称，又函数的最小正周期为，则函数图象一定关于点对称，故D正确.故选AD.
11.ABD 【解析】双曲线，可知其渐近线方程为，A错误；设，，的内切圆与，，分别切于点，，，可得，，，由双曲线的定义可得：，即，又，解得，则点的横坐标为，由点与点的横坐标相同，即点的横坐标为，故在定直线上运动，B错误；由，且，解得，，，，则，，同理可得：，设直线，直线，联立方程得，设的内切圆的半径为，则，解得，即，，，，由，可得解得，，故，C正确；，，当且仅当，，三点共线取等号，易知，故存在使得取最小值，D错误.故选ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.90 【解析】展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式中的系数为.
13. 【解析】从所给条件入手，进行不等式化简，观察到余弦定理公式特征，进而利用余弦定理表示，由可得，可得.
14. 【解析】对任意的，不等式（其中e是自然对数的底）恒成立，只需恒成立，只需恒成立，只需恒成立，
构造，，，.
下证，再构造函数，，，，设，，，令，，，，在时，，单调递减，，即，所以递减，，即，所以递减，并且，所以有，，所以，所以在上递减，所以的最小值为.，即的最大值为.
四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.【解析】（1）因为是正项等比数列，所以，公比，
因为，所以，即，
则，解得（舍去）或，（3分）
又因为，所以，
所以数列的通项公式为.（6分）
（2）依题意得，（7分）
当时，，所以，
因为，所以，
当时，符合上式，所以数列的通项公式为.（10分）
因为，
所以.（13分）
16.【解析】（1）设为的中点，连接，，
因为是中点，所以，且，
因为，，，，
所以四边形为平行四边形，，且，
所以，且，即四边形为平行四边形，
所以，因为平面平面，所以平面.（6分）
（2）因为平面，所以平面，又，所以，，相互垂直，（7分）
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，（9分）
设平面的一个法向量为，
则取，则，（11分）
设平面的一个法向量为，
则取，则，（13分）
设平面与平面所成夹角为，则.（15分）
17.【解析】（1）函数的定义域为，则，
当时，可得，，（2分）
当或时，；当时，；
所以在区间，上单调递增，在区间上单调递减；（4分）
所以和是函数的两个极值点，又，所以，；
所以，
即当时，.（6分）
（2）易知，
又，所以，是方程的两个实数根，
则且，，所以，（9分）
所以
，（11分）
设，由，可得，令，，（13分）
则，所以在区间上单调递减，
得，故的最大值为.（15分）
18.【解析】（1）设抛物线的准线为，过点作直线于点，
由抛物线的定义得，所以当点与原点重合时，，所以，
所以抛物线的方程为.（4分）
（2）①设，过点且斜率存在的直线，
联立消去，整理得：，
由题可知，即，
所以，是该方程的两个不等实根，由韦达定理可得（6分）
又因为，所以，，由，有，所以，
因为，，，所以点的轨迹方程为.
②由①知，设，，且，（9分）
联立消去，整理得，
又，，，，由韦达定理可得，同理可得，
所以，（11分）
又因为和以圆心为，半径为1的圆相切，
所以，即.
同理，
所以，是方程的两个不等实根，
所以由韦达定理可得（14分）
所以，
若为定值，则，又因为，所以，（16分）
所以圆的方程为.（17分）
19.【解析】（1）由题意可得：，则，解得.（3分）
（2）存在“长向量”，且“长向量”为，，（5分）
理由如下：由题意可得，
若存在“长向量”，只需使，
又，
故只需使，
即，即，
当或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为，.（8分）
（3）由题意，得，，即，
即，同理，，（10分）
三式相加并化简，得，
即，，所以，
设，由得（12分）
设，则依题意得：（13分）
得，
故，
，
所以，
，
当且仅当时等号成立，（16分）
故.（17分）题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
得分
答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
C
A
D
C
B
C
D
ACD
AD
ABD