湖南省长沙市师大附中2024-2025学年高三上学期第三次月考数学试题 含答案

湖南师大附中2025届高三月考试卷（三）数学时量：120分钟满分：150分得分：________________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.集合的真子集个数是（）A.7 B.8 C.15 D.162.“”是“”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3.已知角的终边上有一点的坐标是，其中，则（）A. B. C. D.4.设向量，满足，，则等于（）A. B.2 C.5 D.85.若无论为何值，直线与双曲线总有公共点，则的取值范围是（）A. B.C.，且 D.，且6.已知函数的图象关于原点对称，且满足，且当时，，若，则等于（）A. B. C. D.7.已知正三棱台所有顶点均在半径为5的半球球面上，且，，则该三棱台的高为（）A.1 B.4 C.7 D.1或78.北宋数学家沈括博学多才、善于观察.据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”经过反复尝试，沈括提出对于上底有个，下底有个，共层的堆积物（如图所示），可以用公式求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列，的和.若由小球堆成的上述垛积共7层，小球总个数为238，则该垛积最上层的小球个数为（）A.2 B.6 C.12 D.20二、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.若，则下列正确的是（）A. B.C. D.10.对于函数和，下列说法中正确的有（）A.与有相同的零点 B.与有相同的最大值点C.与有相同的最小正周期 D.与的图象有相同的对称轴11.过点的直线与抛物线交于，两点，抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则（）A.B.直线恒过定点C.点的轨迹方程是D.的最小值为选择题答题卡题号1234567891011得分答案三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数，的模长为1，且，则________.13.在中，角，，所对的边分别为，，已知，，，则________.14.若正实数是函数的一个零点，是函数的一个大于e的零点，则的值为________.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.（本小题满分13分）现有某企业计划用10年的时间进行技术革新，有两种方案：贷款利润A方案一次性向银行贷款10万元第1年利润1万元，以后每年比前一年增加的利润B方案每年初向银行贷款1万元第1年利润1万元，以后每年比前一年增加利润3000元两方案使用期都是10年，贷款10年后一次性还本付息（年末结息），若银行贷款利息均按的复利计算.（1）计算10年后，A方案到期一次性需要付银行多少本息？（2）试比较A、B两方案的优劣.（结果精确到万元，参考数据：，）16.（本小题满分15分）如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，.点在底面的射影点在线段上.（1）在图中过作平面的垂线段，为垂足，并给出严谨的作图过程；（2）若.求平面与平面所成锐二面角的余弦值.17.（本小题满分15分）已知函数，为的导数.（1）证明：当时，；（2）设，证明：有且仅有2个零点.18.（本小题满分17分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的两个焦点为、，为椭圆上一动点，设，当时，面积取得最大值.（1）求椭圆的标准方程.（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点、（在，之间），若为椭圆上一点，且，①求的取值范围；②求四边形的面积.19.（本小题满分17分）飞行棋是大家熟悉的棋类游戏，玩家通过投掷骰子来决定飞机起飞与飞行的步数.当且仅当玩家投郑出6点时，飞机才能起飞.并且掷得6点的游戏者可以连续投掷骰子，直至显示点数不是6点.飞机起飞后，飞行步数即骰子向上的点数.（1）求甲玩家第一轮投掷中，投郑次数的均值）（2）对于两个离散型随机变量，，我们将其可能出现的结果作为一个有序数对，类似于离散型随机变量的分布列，我们可以用如下表格来表示这个有序数对的概率分布：（记，）1若已知，则事件的条件概率为.可以发现依然是一个随机变量，可以对其求期望.（ⅰ）上述期望依旧是一个随机变量（取值不同时，期望也不同），不妨记为，求；（ⅱ）若修改游戏规则，需连续掷出两次6点飞机才能起飞，记表示“甲第一次未能掷出6点”表示“甲第一次掷出6点且第二次未能掷出6点”，表示“甲第一次第二次均掷出6点”，为甲首次使得飞机起飞时抛掷骰子的次数，求.

湖南师大附中2025届高三月考试卷（三）数学参考答案题号1234567891011答案CACBBDABBCACDBC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.C【解析】集合共有（个）真子集.故选C.2.A【解析】解不等式，得，解不等式，得，所以“”是“”的充分不必要条件.3.C【解析】根据三角函数的概念，，，故选C.4.B【解析】.5.B【解析】易得原点到直线的距离，故直线为单位圆的切线，由于直线与双曲线总有公共点，所以点必在双曲线内或双曲线上，则.6.D【解析】依题意函数的图象关于原点对称，所以为奇函数，因为，故函数的周期为4，则，而，所以由可得，而，所以，解得.7.A【解析】上下底面所在外接圆的半径分别为，，过点，，，的截面如图：，，，故选A.8.B【解析】由题意，得，，则由得，整理得，所以.因为，为正整数，所以或6.因此有或而无整数解，因此.故选B.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.BC【解析】对于A：令，则，故A错误；对于B：令，则，故B正确；对于C：令，则，故C正确；对于D，由，两边同时求导得，令，则，故D错误.故选BC.10.ACD【解析】，.令，则，；令，则，，两个函数的零点是相同的，故选项A正确.的最大值点是，，的最大值点是，，两个函数的最大值虽然是相同的，但最大值点是不同的，故选项B不正确.由正弦型函数的最小正周期为可知与有相同的最小正周期，故选项C正确.曲线的对称轴为，，曲线的对称轴为，，两个函数的图象有相同的对称轴，故选项D正确.故选ACD.11.BC【解析】作图如下：设直线的方程为（斜率显然存在），，，联立消去整理可得，由韦达定理得，，A.，，故A错误；B.抛物线在点处的切线为，当时，，即，直线的方程为，整理得，直线恒过定点，故B正确；C.由选项B可得点在以线段为直径的圆上，点除外，故点的轨迹方程是，故C正确；D.，，则，令，，则，设，，则，当时，单调递增，所以，故D错误.故选BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.1【解析】设，，因为，所以.因为，，所以，所以，所以，，所以.13.【解析】在中，因为，所以.又，可知为锐角且.由正弦定理，，于是.将及的值代入可得，平方得，故.14.e【解析】依题意得，，即，，，即，，，，，又，，同构函数：，则，又，，，，又，，单调递增，，.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.【解析】（1）A方案到期时银行贷款本息为（万元）.……（3分）（2）A方案10年共获利：（万元），……（5分）到期时银行贷款本息为（万元），所以A方案净收益为：（万元），……（7分）B方案10年共获利：（万元），……（9分）到期时银行贷款本息为（万元），……（11分）所以B方案净收益为：（万元），……（12分）由比较知A方案比B方案更优.……（13分）16.【解析】（1）连接，有平面，所以.在中，.同理，在中，有.又因为，所以，，所以，，故，即.又因为，，平面，所以平面.平面，所以平面平面.……（5分）过作垂直于点，因为平面平面，平面平面，且平面，有平面.……（7分）（2）依题意，.故为，的交点，且.所以，.过作直线的平行线，则，，，两两垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则：，，，，所以，，，.设平面的法向量为，则取.同理，平面的法向量，，……（14分）故所求锐二面角余弦值为.……（15分）17.【解析】（1）由，设，则，当时，设，，，，和在上单调递增，，，当时，，，则，函数在上单调递增，，即当时，.（2）由已知得.①当时，，在上单调递增，又，，由零点存在定理可知，在上仅有一个零点.……（10分）②当时，设，则，在上单调递减，，，，在上单调递减，又，，由零点存在定理可知在上仅有一个零点，综上所述，有且仅有2个零点.……（15分）18.【解析】（1）设，为椭圆的焦半距，，，当时，最大，此时或，不妨设，当时，得，所以，又因为，所以，.从，而椭圆的标准方程为.……（3分）（2）由题意，直线的斜率显然存在.设，.……（4分），同理，..……（6分）联立，……（8分），.……（9分）又，，，同号..，，.