【Top50強(qiáng)校】【湖南卷】湖南省長(zhǎng)沙市長(zhǎng)沙一中2025屆高三月考試卷（三）暨11月月考（11.3-11.4）數(shù)學(xué)試題卷（解析版）

第1頁(yè)/共20頁(yè)長(zhǎng)沙市一中2025屆高三月考試卷（三）1.若復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足=3-4i，則zi=()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算求出復(fù)數(shù)z，計(jì)算其模，即得答案.由=3-4i可得z=故選：C2.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2-2n，則a3+a4+a5等于()A.12B.15C.18【答案】B【解析】【分析】利用S5-S2即可求得a3+a4+a5的值.【詳解】因?yàn)閿?shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2-2n，所以a3+a4+a5=S5-S2=52-2×5-(22-2×2)=15.故選：B.3.拋物線y=4x2的焦點(diǎn)坐標(biāo)為()C.D.(0,)第2頁(yè)/共20頁(yè)【答案】D【解析】【分析】先將拋物線方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，從而可求出其焦點(diǎn)坐標(biāo)所以拋物線的焦點(diǎn)在y軸的正半軸上，且2p=，所以焦點(diǎn)坐標(biāo)為(0,)，故選：D4.如圖是函數(shù)y=sin(wx+φ)的部分圖象，則函數(shù)的解析式可為()【答案】A【解析】【分析】觀察圖象，確定函數(shù)y=sin(wx+φ)的周期，排除B，由圖象可得當(dāng)時(shí)，函數(shù)取最小值，求φ由此判斷AC，結(jié)合誘導(dǎo)公式判斷D.【詳解】觀察圖象可得函數(shù)y=sin(wx+φ)的最小正周期為所以故w=2或w=-2，排除B；觀察圖象可得當(dāng)時(shí)，函數(shù)取最小值，第3頁(yè)/共20頁(yè)故函數(shù)的解析式可能為y=sin，A正確；故選：A.5.1903年，火箭專(zhuān)家、航天之父康斯坦丁?齊奧爾科夫斯基就提出單級(jí)火箭在不考慮空氣阻力和地球引力的理想情況下的最大速度v滿(mǎn)足公式：v=v0ln，其中m1,m2分別為火箭結(jié)構(gòu)質(zhì)量和推進(jìn)劑的質(zhì)量，v0是發(fā)動(dòng)機(jī)的噴氣速度.已知某單級(jí)火箭結(jié)構(gòu)質(zhì)量是推進(jìn)劑質(zhì)量的2倍，火箭的最大速度為8km/s，則火A.10km/sB.20km/sC.km/sD.40km/s【答案】B【解析】【分析】根據(jù)實(shí)際問(wèn)題，運(yùn)用對(duì)數(shù)運(yùn)算可得.故選：B6.若3cosα+·i10cosβ=，3sinα-·i10sinβ=，則cos(α+β)的值為() A.B.C.D.4444【答案】C第4頁(yè)/共20頁(yè)【解析】【分析】已知兩式平方相加，再由兩角和的余弦公式變形可得.【詳解】因?yàn)?cosα+·cosβ=，3sinα-·sinβ=，即所以9cos2α+6cosαcosβ+10cos2β=所以故選：C.7.如圖，一個(gè)質(zhì)點(diǎn)從原點(diǎn)O出發(fā)，每隔一秒隨機(jī)向左或向右移動(dòng)一個(gè)單位長(zhǎng)度，向左的概率為，向右的概率為，共移動(dòng)4次，則該質(zhì)點(diǎn)共兩次到達(dá)1的位置的概率為()A.B.C.D.272799【答案】A【解析】【分析】根據(jù)該質(zhì)點(diǎn)共兩次到達(dá)1的位置的方式有0→1→0→1和0→1→2→1，且兩種方式第4次移動(dòng)向左向右均可以求解.【詳解】共移動(dòng)4次，該質(zhì)點(diǎn)共兩次到達(dá)1的位置的方式有0→1→0→1和0→1→2→1，且兩種方式第4次移動(dòng)向左向右均可以，所以該質(zhì)點(diǎn)共兩次到達(dá)1的位置的概率為故選：A.A.{-20,21}B.{-20,20}C.第5頁(yè)/共20頁(yè)【答案】A【解析】【分析】利用an+an+1=2n+1可證明得數(shù)列{a2n-1}和{a2n}都是公差為2的等差數(shù)列，再可求得)，有了這些信息，就可以從k的取值分析并求解出結(jié)果.假設(shè)S2n=n=210，解得n=10或n=-n根據(jù)an+2-an=2可知：數(shù)列奇數(shù)項(xiàng)是等差數(shù)列，公差為2，20根據(jù)an+2-an=2可知：數(shù)列偶數(shù)項(xiàng)也是等差數(shù)列，公差為2，故選：A.9.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD1，DB的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()第6頁(yè)/共20頁(yè)A.直線EF與D1B1為異面直線B.直線D1E與DC1所成的角為60oC.D1F丄ADD.EF//平面CDD1C1【答案】ABD【解析】【分析】直接根據(jù)異面直線及其所成角的概念可判斷AB，利用反證法可判斷C，利用線面平行判定定理可判斷D.【詳解】如圖所示，連接AC，CD1，EF，由于E，F(xiàn)分別為AD1，DB的中點(diǎn)，即F為AC的中點(diǎn)，所以EF//平面CDD1C1，即D正確；所以EF與CD1共面，而B(niǎo)1∈CD1，所以直線EF與D1B1為異面直線，即A正確；連接BC1，易得D1E//BC1，所以上DC1B即為直線D1E與DC1所成的角或其補(bǔ)角，假設(shè)D1F丄AD，由于AD丄DD1，DF∩DD1=D，所以AD而AD丄面D1DF顯然不成立，故C錯(cuò)誤；故選：ABD.第7頁(yè)/共20頁(yè)10.已知P是圓O:x2+y2=4上的動(dòng)點(diǎn)，直線l1:xcosθ+ysinθ=4與l2:xsinθ-ycosθ=1交于點(diǎn)Q，丄l2B.直線l1與圓O相切C.直線l2與圓O截得弦長(zhǎng)為2D.OQ的值為【答案】ACD【解析】【分析】選項(xiàng)A根據(jù)l1丄l2，A1A2+B1B2=0可判斷正確；選項(xiàng)B由圓心O到l1的距離不等半徑可判斷錯(cuò)誤；選項(xiàng)C根據(jù)垂直定理可得；選項(xiàng)D先求出Q(4sinθ-cosθ,4cosθ+sinθ)，根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式可得.【詳解】選項(xiàng)A：因cosθsinθ+sinθ(-cosθ)=0，故l1丄l2，A正確；選項(xiàng)B：圓O的圓心O的坐標(biāo)為(0,0)，半徑為r=2，圓心O到l1的距離為cos2sin24>r，故直線l1與圓O相離，故B錯(cuò)誤；第8頁(yè)/共20頁(yè)〔xcosθ+ysinθ=4〔x=4cosθ+sinθ選項(xiàng)D：由{lxsinθ-ycosθ=1得{ly=4sinθ-cosθ,故Q(4cosθ+sinθ,4sinθ-cosθ)，故選：ACDB.若x1，x2，x3成等差數(shù)列，則x2=-C.x133222222D.x123222222【答案】ABD【解析】【分析】對(duì)于A，由題意可得f,(x)=0有兩個(gè)不同實(shí)根，則由Δ>0即可判斷；對(duì)于B，若x1,x2,x3成等差數(shù)列，則(x2,f(x2))為f(x)的對(duì)稱(chēng)中心，即可判斷；對(duì)于C，結(jié)合圖象，當(dāng)a>0和a<0時(shí)，分類(lèi)討論即可判斷；對(duì)于D，由三次函數(shù)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，結(jié)合韋達(dá)定理，即可判斷.對(duì)于A，因?yàn)閒(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，所以f(x)必有兩個(gè)極值點(diǎn)，即f,(x)=3ax2+2bx+c=0有兩個(gè)不同的實(shí)根，第9頁(yè)/共20頁(yè)對(duì)于B，由x1,x2,x3成等差數(shù)列，及三次函數(shù)的中心對(duì)稱(chēng)性，可知(x2,f(x2))為f(x)的對(duì)稱(chēng)中心，所以x2=-，故B正確；對(duì)于C，函數(shù)g(x)=f(x)-1，當(dāng)g(x)=0時(shí)，f(x)=1，則y=1與y=f(x)的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)即為t1，t2，t3，當(dāng)a>0時(shí)，畫(huà)出f(x)與y=1的圖象，對(duì)D，由題意，得得(x1+x2+x3)2-2(x1x2+x2x3+x3x1)=(t1+t2+t3)2-2(t1t2+t2t3+t3t1)，故選：ABD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題D選項(xiàng)的關(guān)鍵是利用交點(diǎn)式得到三次方程的韋達(dá)定理式再計(jì)算即可.12.已知隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布B(n,p)，若E(X)=3，D(X)=2，則n=.【答案】9【解析】【分析】根據(jù)二項(xiàng)分布的期望、方差公式，即可求得答案.【詳解】由題意知隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布B(n,p)，E(X)=3，D(X)=2，第10頁(yè)/共20頁(yè)則np=3,np=2，即得p=,n=9，故答案為：9【答案】【解析】所以=-1，又，故答案為：.14.如圖，已知四面體ABCD的體積為32，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，G，H分別在CD，AD上，且G，H是靠近D點(diǎn)的四等分點(diǎn)，則多面體EFGHBD的體積為.【答案】11【解析】【分析】連接EG,ED，將多面體EFGHBD被分成三棱錐G-EDH和四棱錐E-BFGD，利用題設(shè)條件找到小棱錐底面面積與四面體底面面積的數(shù)量關(guān)系，以及小棱錐的高與四面體的高的數(shù)量關(guān)系，結(jié)合四面體的體積即可求得多面體EFGHBD的體積.第11頁(yè)/共20頁(yè)【詳解】如圖，連接EG,ED，則多面體EFGHBD被分成三棱錐G-EDH和四棱錐E-BFGD.因H是AD上靠近D點(diǎn)的四等分點(diǎn)，則S△DHE=S△AED，又E是AB的中點(diǎn)，故S△DHE=S△AED=S△ABD=S△ABD，因G是CD上靠近D點(diǎn)的四等分點(diǎn)，則點(diǎn)G到平面ABD的距離是點(diǎn)C到平面ABD的距離的，故三棱錐G-EDH的體積VG-EDH=VC-ABD=×32=1；又因點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)，則S△CFG=S△BCD=S△BCD，故SBFGD=S△BCD， 又由E是AB的中點(diǎn)知，點(diǎn)E到平面BCD的距離是點(diǎn)A到平面BCD的距離的，故四棱錐E-BFGD的體積VE-BFGD=VA-BCD=×32=10，故多面體EFGHBD的體積為VG-EDH+VE-BFGD=1+10=11.故答案為：11.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題主要考查多面體的體積求法，屬于較難題.一般的求法有兩種：（1）分割法：即將多面體通過(guò)連線，作面的垂線等途徑，將其分成若干可以用公式求解；（2）補(bǔ)形法：即將多面體通過(guò)輔助線段構(gòu)造柱體，錐體或臺(tái)體，利用整體體積減去個(gè)體體積等間接方法求解.15.設(shè)VABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知asinB-3bcosA=0.（1）求A；（2）若sinB+sinC=2sinA，且VABC的面積為，求a的值.第12頁(yè)/共20頁(yè)【解析】【分析】（1）利用正弦定理的邊角變換得到tanA=，從而得解；（2）利用正弦定理的邊角變換，余弦定理與三角形面積公式得到關(guān)于a的方程，解之即可得解.【小問(wèn)1詳解】 由正弦定理得sinA.sinB=3sinB.cosA，【小問(wèn)2詳解】 由余弦定理a2=b2+c2-2bc.cosA，得b2+c2-bc=4，16.設(shè)flnx+x2，a∈R.（1）若a=0，求f(x)在x=1處的切線方程；（2）若a∈R，試討論f(x)的單調(diào)性.（2）答案見(jiàn)解析【解析】【分析】（1）由函數(shù)式和導(dǎo)函數(shù)式求出f(1)和f,(1)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可寫(xiě)出切線方程；（2）對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)并分解因式，根據(jù)參數(shù)a的取值進(jìn)行分類(lèi)討論，由導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)推得原函數(shù)的增減，即得f(x)的單調(diào)性.【小問(wèn)1詳解】當(dāng)a=0時(shí)，f=x2lnx+x2，f,第13頁(yè)/共20頁(yè)故f(x)在x=1處的切線方程為，即4x-2y-3=0；【小問(wèn)2詳解】因函數(shù)lnx+的定義域?yàn)?0,+∞)，f,(x)=(2x+a)lnx+2x+a=(2x+a)(lnx+1)，①當(dāng)a≤-時(shí)，若0<x<，則lnx+1<0,2x+a<0，故f,即函數(shù)f(x)在(0,)上單調(diào)遞增；則當(dāng)<x<-時(shí)，2x+a<0，lnx+1>0，故f,(x)<0，即函數(shù)在上單調(diào)遞減；當(dāng)x>-時(shí)，lnx+1>0,2x+a>0，故f,(x)>0，即函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增；②當(dāng)a>-時(shí)，若x>，則lnx+1>0,2x+a>0，故f,(x)>0，即函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增；若，則lnx+1<0,2x+a>0，故f,即函數(shù)在上單調(diào)遞減；若0<x<-，則lnx+1<0,2x+a<0，故f,(x)>0，即函數(shù)f(x)在(0,-)上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，f,恒成立，函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，綜上，當(dāng)a<-時(shí)，函數(shù)f在(0,)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在(-,+∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，函數(shù)f在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，函數(shù)f在(0,-)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.17.已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD為菱形，PD=PB,H為PC上的點(diǎn)，過(guò)AH的平面分別交PB,PD于點(diǎn)M,N，且BD∥平面AMHN.第14頁(yè)/共20頁(yè)（1）證明：MN丄PC； （2）當(dāng)H為PC的中點(diǎn)，PA=PC=3AB,PA與平面ABCD所成的角為60O，求平面PAM與平面AMN所成的銳二面角的余弦值.【答案】（1）證明見(jiàn)詳解 【解析】【分析】（1）根據(jù)線面垂直可證BD丄平面PAC，則BD丄PC，再根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可證BD∥MN，進(jìn)而可得結(jié)果；（2）根據(jù)題意可證PO丄平面ABCD，根據(jù)線面夾角可知△PAC為等邊三角形，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求面面夾角.【小問(wèn)1詳解】設(shè)AC∩BD=O，則O為AC,BD的中點(diǎn)，連接PO，因?yàn)锳BCD為菱形，則AC丄BD，又因?yàn)镻D=PB，且O為BD的中點(diǎn)，則PO丄BD，AC∩PO=O，AC,PO平面PAC，所以BD丄平面PAC，且PC平面PAC，則BD丄PC，又因?yàn)锽D∥平面AMHN，BD平面PBD，平面AMHN∩平面PBD=MN，可得BD∥MN，所以MN丄PC.【小問(wèn)2詳解】因?yàn)镻A=PC，且O為AC的中點(diǎn)，則PO丄AC，且PO丄BD，AC∩BD=O，AC可知PA與平面ABCD所成的角為上PAC=60O，即△PAC為等邊三角形，且平面AMHN∩平面PBD=MN，所以G∈MN，即AH,PO,MN交于一點(diǎn)G，因?yàn)镠為PC的中點(diǎn)，則G為△PAC的重心，且BD∥MN，則第15頁(yè)/共20頁(yè)如圖，以O(shè)A,OB,OP分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A33，可得所以平面PAM與平面AMN所成的銳二面角的余弦值.218.已知雙曲線Γ:x2-=1的左、右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，過(guò)F2的直線l與雙曲線Γ交于A，B兩點(diǎn).（1）若AB丄x軸，求線段AB的長(zhǎng)；（2）若直線l與雙曲線的左、右兩支相交，且直線AF1交y軸于點(diǎn)M，直線BF1交y軸于點(diǎn)N.第16頁(yè)/共20頁(yè)（i）若S△FAB=S△FMN，求直線l的方程；（ii）若F1，F(xiàn)2恒在以MN為直徑的圓內(nèi)部，求直線l的斜率的取值范圍.（2i）直線l的方程為5y+2；（ii）直線l的斜率的取值范圍為【解析】【分析】（1）直接代入橫坐標(biāo)求解縱坐標(biāo)，從而求出的值；（2iii）先設(shè)直線和得到韋達(dá)定理，在分別得到兩個(gè)三角形的面積公式，要求相等，代入韋達(dá)定理求出參數(shù)的值即可.【小問(wèn)1詳解】所以F1(-2,0)，F(xiàn)2(2,0)，若AB丄x軸，則直線AB的方程為x=2，代入雙曲線方程可得A(2,3),B(2,-3)，所以線段AB的長(zhǎng)為6；【小問(wèn)2詳解】（i）如圖所示，若直線l的斜率為0，此時(shí)l為x軸，A,B為左右頂點(diǎn)，此時(shí)F1,A,B不構(gòu)成三角形，矛盾，所以直線l的斜率不為0，設(shè)l:x=ty+2，A(x1,y1),B(x2,y2)，第17頁(yè)/共20頁(yè)由根與系數(shù)關(guān)系可得y1+y2=,y1y2=直線AF1的方程為y=(x+2)，令x=0，得點(diǎn)M(0,)，直線BF1的方程為y=(x+2)，令x=0，得點(diǎn)N(0,)，S△F1ABF2y2|F|yMyN|=|yMyN|=|| |y1y2|，所以直線l的方程為x