湖南省长沙市师大附中2025届高三上学期第二次月考数学试卷 含解析

湖南师大附中2025届高三月考试卷（二）数学命题人､审题人：高三数学备课组时量：120分钟满分：150分一､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.复数的虚部是（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先化简给定复数，再利用虚部的定义求解即可.【详解】因为，所以其虚部为，故C正确.故选：C.2.已知是单位向量，向量满足，则的最大值为（）A.2 B.4 C.3 D.1【答案】B【解析】【分析】设，由，可得点在以为圆心，3为半径的圆上，利用向量的模的几何意义，可得的最大值.【详解】设，因为，即，即，所以点在以为圆心，3为半径的圆上，又是单位向量，则，故最大值为，即的最大值为4.故选：B.3.已知角的终边在直线上，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由角的终边，得，由同角三角函数的关系得，代入求值即可.【详解】因为角的终边在直线上，所以.所以.故选：D.4.已知函数对任意的，且，总满足以下不等关系：，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由条件判定函数的单调性，再利用指数函数、二次函数的性质计算即可.【详解】在R上单调递增，又，当时，单调递增，当时，单调递增，只需，解得.故选：D.5.如图，圆柱的母线长为分别为该圆柱的上底面和下底面直径，且，三棱锥的体积为，则圆柱的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】取的中点，由，可求解底面半径，即可求解.【详解】设底面圆半径为，由，易得，取的中点，连接，则，又平面，所以平面，所以，，解得r=1，所以圆柱表面积为.故选:A.6.已知抛物线的焦点到准线的距离为，过焦点的直线与抛物线交于两点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】（方法一）首先求出抛物线的方程为，设直线的方程为：，与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系求出的值，再根据抛物线的定义知，，从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.【详解】（方法一）因为抛物线的焦点到准线的距离为，故，所以抛物线的方程为，焦点坐标为F1,0，设直线的方程为：，不妨设，联立方程，整理得，则，故，又AF=x1则，当且仅当时等号成立，故的最小值为.故选：B.（方法二）由方法一可得，则，因此，当且仅当时等号成立，故的最小值为.故选：B.7.设函数，其中.若，都有.则的图象与直线的交点个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】利用给定条件求出，再作出图像求解交点个数即可.【详解】对，都有，所以是y=fx的一条对称轴，所以，又，所以.所以，在平面直角坐标系中画出与的图象，当时，，，当时，，，当时，，，当时，，所以如图所示，可知y=fx的图象与直线的交点个数为3，故C正确.故选：C.8.已知定义域为的函数满足：，且，则下列说法正确的是（）A.B.是偶函数C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】对A，利用赋值法令即可求解；对B，根据题中条件求出，再利用偶函数定义即可求解；对C，先根据题意求出，再找出与的关系，根据等比数列的定义即可求解；对D，找出与的关系，再根据常数列的定义即可求解.【详解】对A，，令，即，解得，故A错；对B，根据，得，即，故为奇函数，故B错；对C，令，即，，，又，，，由题知：，令，即，，，即是以为首项为公比的等比数列；故，故C正确；对D，由题意知：，令，得，又，即，即数列为常数列，由上知，故，故D错.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题的关键是对抽象函数进行赋值，难点是C，D选项通过赋值再结合数列的性质进行求解.二､多选题：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.下列说法中正确的是（）A.一个样本的方差，则这组样本数据的总和等于60B.若样本数据的标准差为8，则数据，的标准差为16C.数据的第70百分位数是23D.若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由题意可得样本容量为20，平均数是从而可得样本数据的总和，即可判断；对于B，根据标准差为8，可得方差为64，从而可得新数据的方差及标准差，即可判断；对于C，根据百分位数的定义，求出第70百分位数，即可判断；对于D，由题意可求得新数据的平均数及方差，即可判断.【详解】解：对于A，因为样本的方差所以这个样本有20个数据，平均数是这组样本数据的总和为A正确；对于B，已知样本数据的标准差为，则，数据的方差为，其标准差为，故B正确；对于C，数据共10个数，从小到大排列为，由于，故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，即，所以第70百分位数是23.5，故C错误；对于D，某8个数的平均数为5，方差为2，现又加入一个新数据5，设此时这9个数的平均数为，方差为，则，故D正确.故选：ABD.10.已知函数，则（）A.的值域为B.图象的对称中心为C.当时，在区间内单调递减D.当时，有两个极值点【答案】BD【解析】【分析】利用一次函数、三次函数的性质结合分类讨论思想可判定A，利用函数的奇偶性判定B，利用导数研究函数的单调性结合特殊值法排除C，利用极值点的定义可判定D.【详解】对于A：当至少一个不为0，则为三次或者一次函数，值域均为R；当均为0时，值域为，错误；对于B：函数满足，可知奇函数，其图象关于中心对称，所以的图象为的图象向上移动两个单位后得到的，即关于0,2中心对称，正确；对于C：，当时，取，当时，在区间上单调递增，错误；对于D：，当时，有两个不相等的实数根，所以函数有两个极值点，正确.故选：BD.11.我国古代太极图是一种优美的对称图.定义：能够将圆的周长和面积同时等分成两个部分的函数称为圆的一个“太极函数”，则下列命题中正确的是（）A.函数是圆的一个太极函数B.对于圆的所有非常数函数的太极函数中，都不能为偶函数C.对于圆的所有非常数函数的太极函数中，均为中心对称图形D.若函数是圆的太极函数，则【答案】AD【解析】【分析】根据题意，对于A，D利用新定义逐个判断函数是否满足新定义即可，对于B，C举反例说明．【详解】对于A，圆，圆心为0,1，的图象也过0,1，且0,1是其对称中心，所以的图象能将圆一分为二，所以A正确；对于B,C，根据题意圆，如图，与圆交于点，1,0，且在轴上方三角形面积与轴下方个三角形面积之和相等，为圆的太极函数，且是偶函数，所以B，C错误；对于D，因为，所以为奇函数，由，得或，所以的图象与圆的交点为，且过圆心，由，得，令，则，即，得或，当时，，当时，若，则方程无解，合题意；若，则，若，即时，方程无解，合题意；所以时，两曲线共有两个交点，函数能将圆一分为二，如图，若，即时，函数与圆有4个交点，将圆分成四部分，若，即时，函数与圆有6个交点，且均不能把圆一分为二，如图，所以，所以D正确.故选：AD.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是理解新定义，即如果一个函数过圆心，并且函数图象关于圆心中心对称，且函数将圆分成2部分，不能超过2部分必然合题．如果函数不是中心对称图形，则考虑与圆有2个交点，交点连起来过圆心，再考虑如何让面积相等．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.曲线在点处的切线与抛物线相切，则__________.【答案】1【解析】【分析】求出曲线在点处的切线方程，由该切线与抛物线相切，联立消元，得到一元二次方程，其，即可求得.【详解】由，则，则，曲线在点处的切线方程为，即，当时，则，得，由，得.故答案为：1.13.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左､右焦点分别为，若为椭圆上一点，【答案】【解析】【分析】由内切圆半径的计算公式，利用等面积法表示焦点三角形的面积，得到方程，即可得到离心率的方程，计算得到结果.【详解】由题意，可知为椭圆通径的一半，故，的面积为，又由于的内切圆的半径为，则的面积也可表示为，所以，即，整理得：，两边同除以，得，所以或，又椭圆的离心率，所以椭圆的离心率为.故答案为：.14.设函数，若是从四个数中任取一个，是从六个数中任取一个，则恒成立的概率为__________.【答案】##0.625【解析】【分析】根据题意，利用基本不等式，求得，转化为恒成立，结合是从四个数中任取一个，是从六个数中任取一个，得到基本事件总数有24个，再利用列举法，求得成立的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.【详解】因为，可得，则，当且仅当时，等号成立，故，由不等式恒成立转化为恒成立，因为是从四个数中任取一个，是从六个数中任取一个，则构成的所有基本事件总数有24个，又由，，设事件“不等式恒成立”，则事件包含事件：，，，共15个，因此不等式恒成立的概率为.故答案为：.四､解答题：本题共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.在中，角所对的边分别为，已知.（1）求；（2）若面积为，且，求的最小值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，再结合余弦定理得，从而可求解.（2）结合的面积可求得，再由.，平方后得，，再结合基本不等式即可求解.【小问1详解】由正弦定理得，即，由余弦定理可得，因为，所以.【小问2详解】因为的面积为，所以，所以.因为，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为.16.已知双曲线的焦点在轴上，离心率为，点在双曲线上，点分别为双曲线的左､右焦点.（1）求的方程；（2）过作两条相互垂直的直线和，与双曲线的右支分别交于，两点和两点，求四边形面积的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由和，及点在双曲线上，求出，即可求出的方程；（2）设直线，其中，根据题中条件确定，再将的方程与联立，利用根与系数的关系，用表示，的长，再利用，即可求出四边形面积的最小值.【小问1详解】因为，又由题意得，则有，又点在双曲线上，故，解得，故方程为.【小问2详解】根据题意，直线的斜率都存在且不为，设直线，其中，因为均与的右支有两个交点，所以，所以，将的方程与联立，可得.设，则，所以，同理，所以.令，所以，则，当，即时，等号成立.故四边形面积的最小值为.17.如图，侧面水平放置的正三棱台，侧棱长为为棱上的动点.（1）求证：平面；（2）是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，点为中点【解析】【分析】（1）延长三条侧棱交于一点，由勾股定理证明，，根据线面垂直的判定定理得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求解.【小问1详解】延长三条侧棱交于一点，如图所示，由于，所以，所以，所以，同理又，平面，所以平面，即平面.【小问2详解】由（1）知，如图建立空间直角坐标系，则，，所以，.设，则，设平面和平面的法向量分别为，所以取，则.整理得，即，所以或（舍），故存在点（点为中点时），满足题意.18.若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①存在，使得；②为单调数列，则称数列具有性质.（1）若，（i）判断数列是否具有性质，并说明理由；（ii）记，判断数列是否具有性质，并说明理由；（2）已知离散型随机变量服从二项分布，记为奇数的概率为.证明：数列具有性质.【答案】（1）（i）数列不具有性质，数列具有性质，理由见解析；（ii）数列具有性质，理由见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）判断数列是否满足条件①②，可得（i）的结果；利用错位相减法求数列的前项和，再判断是否满足条件①②.（2）先求数列的通项公式，再判断是否满足条件①②.【小问1详解】（i）因为单调递增，但无上限，即不存在，使得恒成立，所以数列an不具有性质.因为，又数列bn为单调递减数列，所以数列bn具有性质.（ii）数列具有性质.，，两式作差得，即，所以数列满足条件①.为单调递增数列，满足条件②.综上，数列具有性质【小问2详解】因为，若为奇数的概率为为偶数的概率为，①②，，即.所以当时，，故随着的增大而增大，且.故数列具有性质.19.已知函数，（且）.（1）令是的导函数，判断的单调性；（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】（1）hx在和0,+∞上单调递增；（2）.【解析】【分析】（1）需要二次求导，利用导函数的符号分析函数的单调性.（2）法一先利用这一特殊情况，探索的取值范围，再证明对时，恒成立；法二利用导数工具求出函数的最小值，同法一求证时，接着求证时不符合题意即可得解.【小问1详解】，定义域为，所以，所以.所以在和上单调递增.【小问2详解】法一：由题知即，即或，所以.下证当时，对任意的恒成立.令，则，所以在单调递增，又，所以当时，单调递减，当时，递单调增，所以，故，要证，只需证，即证，令，则，若，则，所以.若，则对称轴，所以在递增，故，综上所述，的取值范围为.法二：由题知对任意的恒