湖南省长沙市2025届高三数学上学期月考二试题

Page162025届高三月考试卷（二）数学得分：___________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.若，则A. B. C. D.2.全集，集合，，则阴影部分表示的集合是A. B. C. D.3.函数的部分图象大致是A. B. C. D.4.在边长为3的正方形中，点满意，则A.4 B.3 C. D.5.某校科技社利用3D打印技术制作实心模型.如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台.其中半球的体积为，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（）6.已知数列为等比数列，其前项和为，，则“公比”是“对于随意，”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件7.若存在实数，对随意的，都有恒成立，则实数的最大值为A. B. C. D.8.已知函数的定义域为，，，且在上递增，则的解集为A. B. C. D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.对于实数，，，下列选项正确的是A.若，则 B.若，则C.若，则， D.若，，则10.已知函数，则下列说法正确的是A.B.函数的最小正周期为C.函数的对称轴方程为D.函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到11.设是公差为的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是A.若，则是数列的最大项B.若数列有最小项，则C.若数列是递减数列，则对随意的，均有D.若对随意的，均有，则数列是递增数列12.如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，上的动点（包含端点），则下列说法正确的是A.四面体的体积为定值B.当，分别为棱，的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行C.直线与平面所成角的正切值的最小值为D.当，分别为棱，的中点时，则过，，三点作正方体的截面，所得截面为五边形答题卡题号123456789101112得分答案第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若函数的图象在处的切线斜率为3，则__________.14.在平面直角坐标系中，圆与轴的正半轴交于点，点，在圆上，若射线平分，，则点的坐标为__________.15.已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为_____________.16.已知菱形中，对角线，将沿着折叠，使得二面角为120°，，则三棱锥的外接球的表面积为__________.四、解答题：本题共6小题，共70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.17.（本小题满分10分）已知正项数列的前项和为，且满意.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，证明：.18.（本小题满分12分）在中，角，，所对的边分别为，，，已知.（1）求；（2）若，的内切圆半径为，求的周长.19.（本小题满分12分）如图，在三棱柱中，，，，，且平面.（1）求证：；（2）求二面角的正弦值.20.（本小题满分12分）如图，已知椭圆上一点，右焦点为，直线交椭圆于点，且满意，.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆相交于，两点，求四边形面积的最大值.21.（本小题满分12分）如图所示，是圆锥的一部分，是底面圆的圆心，，是弧上一动点（不与、重合），满意，是的中点，.（1）若平面，求的值；（2）若四棱锥的体积大于，求三棱锥体积的取值范围.22.（本小题满分12分）混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，出现的一个创新病毒检测策略，混管检测结果为阴性，则参加该混管检测的全部人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参加该混管检测的人中至少有一人为阳性.假设一组样本有个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为.目前，我们接受人混管病毒检测，定义成本函数，这里指该组样本个人中患病毒的人数.（1）证明：；（2）若，.证明：某混管检测结果为阳性，则参加该混管检测的人中或许率恰有一人为阳性.大联考雅礼中学2025届高三月考试卷（二）数学参考答案一、二、选择题题号123456789101112答案CCDBCABDABDABBDACD1.C【解析】.故选：C.2.C【解析】韦恩图的阴影部分表示的集合为，而全集，集合，，所以，故选：C.3.D【解析】易知的定义域为，因为，所以为奇函数，解除选项A，B；又，解除选项C.故选：D.4.B【解析】以为原点建立如图所示平面直角坐标系，，且边长为3，所以，，，，所以，，所以.故选：B.5.C【解析】设半球的半径为，因为，所以，由题意圆台的上底面半径及高均是3，下底面半径为6，所以，所以该实心模型的体积为，所以制作该模型所需原料的质量为.故选：C.6.A【解析】若，且公比，则，所以对于随意，成立，故充分性成立；若，且，则，所以由“对于随意，”，推不出“”，故必要性不成立；所以“公比”是“对于随意，”的充分不必要条件.故选：A.7.B【解析】在同一坐标系中，作出和的图象，当时，要使不等式恒成立，只有，当时，在上，必需要求和的图象不在的同一侧.∴由图可知的最大值是.故选：B.8.D【解析】函数，满意，则关于直线对称，所以，即，又在上递增，所以在上递减，则可得函数的大致图象，如下图：所以由不等式可得，或，解得或，故不等式的解集为.故选：D.9.ABD【解析】对选项A，因为，所以，，所以，故A正确；对选项B，，，所以，因为，所以，即，故B正确；对选项C，令，，满意，不满意，，故C错误；对选项D，因为，，所以，故D正确.故选：ABD.10.AB【解析】，所以A正确；对于B，函数的最小正周期为，所以B正确；对于C，由，，得，，所以函数的对称轴方程为，，所以C不正确；对于D，的图象向右平移个单位长度，得，所以函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，所以D不正确.故选：AB.11.BD【解析】取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；等差数列中，公差，，是关于的二次函数，当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；若数列是递减数列，则，确定存在实数，当时，之后全部项都为负数，不能保证对随意，均有.故若对随意，均有，有数列是递增数列，故D正确.故选：BD.12.ACD【解析】，在棱，上运动时，到距离始终为2，到平面的距离始终为2，所以恒为定值，故A正确；在正方体中，棱可分为三类，分别是与，，平行的棱，又，，不与平面平行，所以在正方体中，不存在棱与平面平行，故B错误；设正方体棱长为2，如图1，过作于，则平面，所以与平面所成角即为，所以；又长度的最大值为，所以与平面所成角的正切值的最小值为，故C正确；如图2，取中点，连接，则，过作的平行线交于点，此时，所以，即为过，，三点的平面与平面的交线，连接，在上取点，使得，则，再过点作的平行线交于点，此时，则，即为过，，三点的平面与平面的交线；连接，则可得五边形即为正方体中过，，三点的截面，故D正确.故选：ABD.三、填空题13.【解析】因为，所以.又函数的图象在处的切线斜率为3，则，所以.故答案为：.14.【解析】由题意可知圆的半径为，设，由题意可知，，则点的横坐标为，点的纵坐标为.故答案为：.15.【解析】因为函数为偶函数，则，即，①又因为函数为奇函数，则，即，②联立①②可得，由基本不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立，故函数的最小值为.故答案为：.16.【解析】将沿折起后，取中点为，连接，，则，，所以即为二面角的平面角，所以，设，即，在中，，即，解得，即，所以，所以与是边长为的等边三角形.记与的重心分别为，，则，，即，因为与都是边长为的等边三角形，所以点是的外心，点是的外心，记该几何体的外接球球心为，连接，，依据球的性质，可得平面，平面，所以与都是直角三角形，且为公共边，所以与全等，因此，所以，因为，，，且平面，平面，所以平面，又平面，所以，连接，则外接球半径为，所以三棱锥的外接球的表面积为.四、解答题17.【解析】（1）依题意可得，当时，，，则；当时，，，两式相减，整理可得，又数列为正项数列，故可得，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以.（2）证明：由（1）可知，所以，，所以成立.18.【解析】（1）因为，由正弦定理可得①，因为，所以，代入①式整理得，又因为，，，则，所以，又因为，解得.（2）由（1）知，，因为内切圆半径为，所以，即，所以②，由余弦定理，得，所以③，联立②③，得，解得，所以的周长为.19.【解析】（1）因为平面，平面，所以，因为，四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，所以.又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，，所以，设平面的一个法向量为，则，取，可得，，所以，设二面角的大小为，因为，所以，所以二面角的正弦值为.20.【解析】（1）因为为椭圆上一点，所以.又因为，，可得，即，所以椭圆的方程为.（2）由（1）知，，所以直线的方程为，联立，整理得，解得，，则.设点，到直线的距离为和，则，.因为直线与椭圆相交于，两点，联立，整理得，解得，.则.设四边形面积为，则.设，则，所以，当，即，即时，四边形面积有最大值.21.【解析】（1）取的中点，连接.因为为的中点，则，所以平面，平面，则平面.由题设，当平面时，因为，所以平面平面，因为平面，则平面.因为平面，平面平面，则，所以，，在中，由正弦定理可