湖南省長沙市師大附中2025屆高三上學期第二次月考數學試卷 含解析

湖南師大附中2025屆高三月考試卷（二）數學命題人?審題人：高三數學備課組時量：120分鐘滿分：150分一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.復數的虛部是（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先化簡給定復數，再利用虛部的定義求解即可.【詳解】因為，所以其虛部為，故C正確.故選：C.2.已知是單位向量，向量滿足，則的最大值為（）A.2 B.4 C.3 D.1【答案】B【解析】【分析】設，由，可得點在以為圓心，3為半徑的圓上，利用向量的模的幾何意義，可得的最大值.【詳解】設，因為，即，即，所以點在以為圓心，3為半徑的圓上，又是單位向量，則，故最大值為，即的最大值為4.故選：B.3.已知角的終邊在直線上，則的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由角的終邊，得，由同角三角函數的關系得，代入求值即可.【詳解】因為角的終邊在直線上，所以.所以.故選：D.4.已知函數對任意的，且，總滿足以下不等關系：，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由條件判定函數的單調性，再利用指數函數、二次函數的性質計算即可.【詳解】在R上單調遞增，又，當時，單調遞增，當時，單調遞增，只需，解得.故選：D.5.如圖，圓柱的母線長為分別為該圓柱的上底面和下底面直徑，且，三棱錐的體積為，則圓柱的表面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】取的中點，由，可求解底面半徑，即可求解.【詳解】設底面圓半徑為，由，易得，取的中點，連接，則，又平面，所以平面，所以，，解得r=1，所以圓柱表面積為.故選:A.6.已知拋物線的焦點到準線的距離為，過焦點的直線與拋物線交于兩點，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】（方法一）首先求出拋物線的方程為，設直線的方程為：，與拋物線的方程聯(lián)立，利用根與系數的關系求出的值，再根據拋物線的定義知，，從而求出的最小值即可.（方法二）首先求出，再利用基本不等式即可求解即可.【詳解】（方法一）因為拋物線的焦點到準線的距離為，故，所以拋物線的方程為，焦點坐標為F1,0，設直線的方程為：，不妨設，聯(lián)立方程，整理得，則，故，又AF=x1則，當且僅當時等號成立，故的最小值為.故選：B.（方法二）由方法一可得，則，因此，當且僅當時等號成立，故的最小值為.故選：B.7.設函數，其中.若，都有.則的圖象與直線的交點個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】利用給定條件求出，再作出圖像求解交點個數即可.【詳解】對，都有，所以是y=fx的一條對稱軸，所以，又，所以.所以，在平面直角坐標系中畫出與的圖象，當時，，，當時，，，當時，，，當時，，所以如圖所示，可知y=fx的圖象與直線的交點個數為3，故C正確.故選：C.8.已知定義域為的函數滿足：，且，則下列說法正確的是（）A.B.是偶函數C.若，則D.若，則【答案】C【解析】【分析】對A，利用賦值法令即可求解；對B，根據題中條件求出，再利用偶函數定義即可求解；對C，先根據題意求出，再找出與的關系，根據等比數列的定義即可求解；對D，找出與的關系，再根據常數列的定義即可求解.【詳解】對A，，令，即，解得，故A錯；對B，根據，得，即，故為奇函數，故B錯；對C，令，即，，，又，，，由題知：，令，即，，，即是以為首項為公比的等比數列；故，故C正確；對D，由題意知：，令，得，又，即，即數列為常數列，由上知，故，故D錯.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是對抽象函數進行賦值，難點是C，D選項通過賦值再結合數列的性質進行求解.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法中正確的是（）A.一個樣本的方差，則這組樣本數據的總和等于60B.若樣本數據的標準差為8，則數據，的標準差為16C.數據的第70百分位數是23D.若一個樣本容量為8的樣本的平均數為5，方差為2，現(xiàn)樣本中又加入一個新數據5，此時樣本容量為9，平均數不變，方差變小【答案】ABD【解析】【分析】對于A，由題意可得樣本容量為20，平均數是從而可得樣本數據的總和，即可判斷；對于B，根據標準差為8，可得方差為64，從而可得新數據的方差及標準差，即可判斷；對于C，根據百分位數的定義，求出第70百分位數，即可判斷；對于D，由題意可求得新數據的平均數及方差，即可判斷.【詳解】解：對于A，因為樣本的方差所以這個樣本有20個數據，平均數是這組樣本數據的總和為A正確；對于B，已知樣本數據的標準差為，則，數據的方差為，其標準差為，故B正確；對于C，數據共10個數，從小到大排列為，由于，故選擇第7和第8個數的平均數作為第70百分位數，即，所以第70百分位數是23.5，故C錯誤；對于D，某8個數的平均數為5，方差為2，現(xiàn)又加入一個新數據5，設此時這9個數的平均數為，方差為，則，故D正確.故選：ABD.10.已知函數，則（）A.的值域為B.圖象的對稱中心為C.當時，在區(qū)間內單調遞減D.當時，有兩個極值點【答案】BD【解析】【分析】利用一次函數、三次函數的性質結合分類討論思想可判定A，利用函數的奇偶性判定B，利用導數研究函數的單調性結合特殊值法排除C，利用極值點的定義可判定D.【詳解】對于A：當至少一個不為0，則為三次或者一次函數，值域均為R；當均為0時，值域為，錯誤；對于B：函數滿足，可知奇函數，其圖象關于中心對稱，所以的圖象為的圖象向上移動兩個單位后得到的，即關于0,2中心對稱，正確；對于C：，當時，取，當時，在區(qū)間上單調遞增，錯誤；對于D：，當時，有兩個不相等的實數根，所以函數有兩個極值點，正確.故選：BD.11.我國古代太極圖是一種優(yōu)美的對稱圖.定義：能夠將圓的周長和面積同時等分成兩個部分的函數稱為圓的一個“太極函數”，則下列命題中正確的是（）A.函數是圓的一個太極函數B.對于圓的所有非常數函數的太極函數中，都不能為偶函數C.對于圓的所有非常數函數的太極函數中，均為中心對稱圖形D.若函數是圓的太極函數，則【答案】AD【解析】【分析】根據題意，對于A，D利用新定義逐個判斷函數是否滿足新定義即可，對于B，C舉反例說明．【詳解】對于A，圓，圓心為0,1，的圖象也過0,1，且0,1是其對稱中心，所以的圖象能將圓一分為二，所以A正確；對于B,C，根據題意圓，如圖，與圓交于點，1,0，且在軸上方三角形面積與軸下方個三角形面積之和相等，為圓的太極函數，且是偶函數，所以B，C錯誤；對于D，因為，所以為奇函數，由，得或，所以的圖象與圓的交點為，且過圓心，由，得，令，則，即，得或，當時，，當時，若，則方程無解，合題意；若，則，若，即時，方程無解，合題意；所以時，兩曲線共有兩個交點，函數能將圓一分為二，如圖，若，即時，函數與圓有4個交點，將圓分成四部分，若，即時，函數與圓有6個交點，且均不能把圓一分為二，如圖，所以，所以D正確.故選：AD.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵是理解新定義，即如果一個函數過圓心，并且函數圖象關于圓心中心對稱，且函數將圓分成2部分，不能超過2部分必然合題．如果函數不是中心對稱圖形，則考慮與圓有2個交點，交點連起來過圓心，再考慮如何讓面積相等．三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.曲線在點處的切線與拋物線相切，則__________.【答案】1【解析】【分析】求出曲線在點處的切線方程，由該切線與拋物線相切，聯(lián)立消元，得到一元二次方程，其，即可求得.【詳解】由，則，則，曲線在點處的切線方程為，即，當時，則，得，由，得.故答案為：1.13.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左?右焦點分別為，若為橢圓上一點，【答案】【解析】【分析】由內切圓半徑的計算公式，利用等面積法表示焦點三角形的面積，得到方程，即可得到離心率的方程，計算得到結果.【詳解】由題意，可知為橢圓通徑的一半，故，的面積為，又由于的內切圓的半徑為，則的面積也可表示為，所以，即，整理得：，兩邊同除以，得，所以或，又橢圓的離心率，所以橢圓的離心率為.故答案為：.14.設函數，若是從四個數中任取一個，是從六個數中任取一個，則恒成立的概率為__________.【答案】##0.625【解析】【分析】根據題意，利用基本不等式，求得，轉化為恒成立，結合是從四個數中任取一個，是從六個數中任取一個，得到基本事件總數有24個，再利用列舉法，求得成立的基本事件的個數，結合古典概型的概率計算公式，即可求解.【詳解】因為，可得，則，當且僅當時，等號成立，故，由不等式恒成立轉化為恒成立，因為是從四個數中任取一個，是從六個數中任取一個，則構成的所有基本事件總數有24個，又由，，設事件“不等式恒成立”，則事件包含事件：，，，共15個，因此不等式恒成立的概率為.故答案為：.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.在中，角所對的邊分別為，已知.（1）求；（2）若面積為，且，求的最小值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，再結合余弦定理得，從而可求解.（2）結合的面積可求得，再由.，平方后得，，再結合基本不等式即可求解.【小問1詳解】由正弦定理得，即，由余弦定理可得，因為，所以.【小問2詳解】因為的面積為，所以，所以.因為，所以，所以，當且僅當時取等號，所以的最小值為.16.已知雙曲線的焦點在軸上，離心率為，點在雙曲線上，點分別為雙曲線的左?右焦點.（1）求的方程；（2）過作兩條相互垂直的直線和，與雙曲線的右支分別交于，兩點和兩點，求四邊形面積的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由和，及點在雙曲線上，求出，即可求出的方程；（2）設直線，其中，根據題中條件確定，再將的方程與聯(lián)立，利用根與系數的關系，用表示，的長，再利用，即可求出四邊形面積的最小值.【小問1詳解】因為，又由題意得，則有，又點在雙曲線上，故，解得，故方程為.【小問2詳解】根據題意，直線的斜率都存在且不為，設直線，其中，因為均與的右支有兩個交點，所以，所以，將的方程與聯(lián)立，可得.設，則，所以，同理，所以.令，所以，則，當，即時，等號成立.故四邊形面積的最小值為.17.如圖，側面水平放置的正三棱臺，側棱長為為棱上的動點.（1）求證：平面；（2）是否存在點，使得平面與平面的夾角的余弦值為？若存在，求出點；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）存在，點為中點【解析】【分析】（1）延長三條側棱交于一點，由勾股定理證明，，根據線面垂直的判定定理得證；（2）建立空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量，利用向量夾角公式求解.【小問1詳解】延長三條側棱交于一點，如圖所示，由于，所以，所以，所以，同理又，平面，所以平面，即平面.【小問2詳解】由（1）知，如圖建立空間直角坐標系，則，，所以，.設，則，設平面和平面的法向量分別為，所以取，則.整理得，即，所以或（舍），故存在點（點為中點時），滿足題意.18.若無窮正項數列同時滿足下列兩個性質：①存在，使得；②為單調數列，則稱數列具有性質.（1）若，（i）判斷數列是否具有性質，并說明理由；（ii）記，判斷數列是否具有性質，并說明理由；（2）已知離散型隨機變量服從二項分布，記為奇數的概率為.證明：數列具有性質.【答案】（1）（i）數列不具有性質，數列具有性質，理由見解析；（ii）數列具有性質，理由見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）判斷數列是否滿足條件①②，可得（i）的結果；利用錯位相減法求數列的前項和，再判斷是否滿足條件①②.（2）先求數列的通項公式，再判斷是否滿足條件①②.【小問1詳解】（i）因為單調遞增，但無上限，即不存在，使得恒成立，所以數列an不具有性質.因為，又數列bn為單調遞減數列，所以數列bn具有性質.（ii）數列具有性質.，，兩式作差得，即，所以數列滿足條件①.為單調遞增數列，滿足條件②.綜上，數列具有性質【小問2詳解】因為，若為奇數的概率為為偶數的概率為，①②，，即.所以當時，，故隨著的增大而增大，且.故數列具有性質.19.已知函數，（且）.（1）令是的導函數，判斷的單調性；（2）若對任意的恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）hx在和0,+∞上單調遞增；（2）.【解析】【分析】（1）需要二次求導，利用導函數的符號分析函數的單調性.（2）法一先利用這一特殊情況，探索的取值范圍，再證明對時，恒成立；法二利用導數工具求出函數的最小值，同法一求證時，接著求證時不符合題意即可得解.【小問1詳解】，定義域為，所以，所以.所以在和上單調遞增.【小問2詳解】法一：由題知即，即或，所以.下證當時，對任意的恒成立.令，則，所以在單調遞增，又，所以當時，單調遞減，當時，遞單調增，所以，故，要證，只需證，即證，令，則，若，則，所以.若，則對稱軸，所以在遞增，故，綜上所述，的取值范圍為.法二：由題知對任意的恒