2025届湖南省永州市高三下册3月月考数学质量检测试题（附解析）

2025届湖南省永州市高三下学期3月月考数学质量检测试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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.已知，，则A. B. C. D.【正确答案】C【分析】利用指数函数和对数函数的性值，求得，进而得解..【详解】集合,所以,故选:C.2.已知复数满足：，则的最小值是（）A.1 B. C. D.【正确答案】C【分析】设,再根据求出满足的方程,根据复数的几何意义求解的最小值即可.【详解】设,因为,故,故,即.故在复平面内的轨迹是直线.又的几何意义为到复平面原点的距离,故其最小值为原点到的距离.故选：C本题主要考查了复数的几何意义运用,需要根据题意设再列式求解对应的轨迹方程.属于中档题.3.已知数列的通项公式为，则“”是“数列单调递增”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【正确答案】A【分析】由数列单调递增，化简得到，再由的单调性求得a的范围，然后再由充分条件，必要条件的定义判断.【详解】若数列单调递增则，化简得，令在上递增，所以，所以“”是“数列单调递增”的充分不必要条件，故选：A4.已知，，，，则（）A. B.或 C. D.或【正确答案】C【分析】利用和差角公式化简已知等式，再结合已知求出，进而求出，确定的范围即可得解.【详解】由，得，则，而，解得，因此，由，，得或，则，所以.故选：C5.在直角中，，，，若，则A. B. C. D.【正确答案】C【分析】在直角三角形ABC中，求得，再由向量的加减运算，运用平面向量基本定理，结合向量数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，化简计算即可得到所求值．【详解】在直角中，，，，，

，

若，则故选C.本题考查向量的加减运算和数量积的定义和性质，主要是向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于中档题．6.记为等比数列的前n项和，若，，则（）．A.120 B.85 C. D.【正确答案】C【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，若，则，与题意不符，所以；若，则，与题意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故选：C．方法二：设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．故选：C．本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．7.已知过抛物线焦点的直线交抛物线于M、N两点，则的最小值为（）A. B. C. D.6【正确答案】A【分析】设直线的方程为：，，，将直线方程与抛物线方程联立消去的关于的方程，即可得，利用抛物线的定义计算可得关于的表达式，利用基本不等式即可求最值.【详解】由题意可得焦点，且直线斜率存在，设直线的方程为：，，，由可得，所以，，由抛物线的定义可得：，，所以，因为，所以当且仅当即时等号成立，所以的最小值为，故选：A.8.双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】由题意画出图，由已知求出的值，找出的坐标，由的内切圆圆心分别为，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出的底和高，利用三角形的面积公式计算即可.【详解】由题意如图所示：由双曲线，知，所以，所以，所以过作垂直于轴的直线为，代入中，解出，由题知的内切圆的半径相等，且，的内切圆圆心的连线垂直于轴于点，设为，在中，由等面积法得：由双曲线的定义可知：由，所以，所以，解得：，因为为的的角平分线，所以一定在上，即轴上，令圆半径为，在中，由等面积法得：，又所以，所以，所以，，所以，故选：A.二、多项选择题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.9.已知展开式的二项式系数和为，，下列选项正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】BD【分析】先用题目条件得到，然后取特殊值即可验证A，对表达式求导即可验证B，换元并使用二项式定理即可验证C，考查每一项系数的符号并取特殊值即可验证D.【详解】由已知有，故，.所以.对于A，取得，取得，所以，A错误；对于B，对求导得，取得，B正确；对于C，在中用替换，得.所以，特别地对有，C错误；对于D，由有.在中取得，所以，D正确.故选：BD.关键点点睛：本题的关键在于在恒等式中取特殊值，以得到相应的结果.10.已知函数，则下列结论正确的是（）A.是的极大值点 B.有3个零点C.点为图象的对称中心 D.当时，【正确答案】BCD【分析】对函数求导，求方程的根，得的单调性，即可判断选项A；求方程的根，即可判断选项B；将函数解析式进行变形，根据函数图象的平移变换法则得到图象的对称性，从而判断选项C；利用函数的单调性与图象的对称性，即可判断选项D．【详解】选项A：由，得，令，解得或，令，得或；令，得．所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当时，取得极小值，故A错误．选项B：解法一：令，得，即，解得或或，即有3个零点，故B正确．解法二：根据选项A可知的单调性，由则，所以在上有1个零点，又，，则，故在上各有一个零点，结合单调性可知，时，时，，从而在上有3个零点，故B正确．选项C：，根据二项式定理，又，于是，令，则函数可转化为，又为奇函数，故其图像关于点对称，可知的图像关于点对称，图像向右平移单位得到图像，所以点是图像的对称中心，故C正确．选项D：当时，，又函数在上单调递减，所以，因为点是图像的对称中心，所以，所以，故D正确．故选：BCD结论点睛：（1）若函数的图象关于点对称，则；（2）三次函数图象的对称中心：任意三次函数的图象均为中心对称图形，且对称中心为点，其中是的二阶导数的零点．11.已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（）A.三棱锥的体积为定值B.当最大时，MN与BC所成的角为C.正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等D.若，则点N的轨迹长度为【正确答案】ACD【分析】首先利用平面的基本性质确定点所在平面，且面面，构建空间直角坐标系，求面的一个法向量，应用向量法求到面的距离，进而求三棱锥的体积判断A；找到最大时MN与BC所成角的平面角即可判断B；判断，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可判断C；N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，进而求周长判断D.【详解】过中点作与交，作与交，重复上述步骤，依次作的平行线与分别交于（注意各交点均为各棱上的中点），最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形，因为，面，面，所以面，同理可得面，因，面，所以面面，所以面中直线都平行于面，又面，且平面，所以面，即面，根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，且，，，，，，A：由上分析知：面任意一点到面的距离，即为到面的距离，而，，若为面的一个法向量，所以，令，则，而，所以到面的距离，即到面的距离为，又△为等边三角形，则，所以三棱锥的体积为定值，正确；B：由图知：当与重合时最大为，且，所以MN与BC所成的角，即为，错误；C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可，又，同理可得，所以正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等，正确；D：若，则点N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，因为面面，故也是面法向量，而，所以到面的距离为，故轨迹圆的半径，故点N的轨迹长度为，正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.关于函数，有下列命题：①其最小正周期是；②其图象可由的图象向左平移个单位得到；③其表达式可改写；④在上为增函数．其中正确的命题的序是：______．【正确答案】①④【分析】直接求出函数的周期判断①；由函数图象的平移判断②；利用诱导公式变形判断③；由得范围求出相位的范围判断④．【详解】解：，，则命题①正确；由，得，由的图象向右平移个单位得到，命题②错误；，命题③错误；当时，，在上为增函数，命题④正确．故答案为①④．本题考查命题的真假判断与应用，考查了型函数的图象和性质，是中档题．13.如图，给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有______种.【正确答案】264【分析】按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂A，D，E三点涂法数，再讨论点B，F，C的涂法数即可.【详解】计算不同涂色方法数有两类办法：当涂四色时，先涂A，E，D，有种涂法，再从B，F，C中选一点涂第四种颜色，如B，再涂F，若F与D同色，则C有2种涂法，若F与D异色，则C有1种涂法，于是得有种涂法，当涂三色时，先涂A，E，D，有种涂法，再涂B，有2种涂法，则F，C各有1种涂法，于是得有种涂法，利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为：(种)，所以不同的涂色方法共有264种.故26414.从1，2，3，，这个数中随机抽一个数记为，再从1，2，，中随机抽一个数记为，则______.【正确答案】【分析】依题意，，根据全概率公式求出，，再由期望公式计算可得.【详解】依题意，，由全概率公式可知；；，；；所以.

故答案：关键点点睛：本题关键由全概率公式得到，，再利用分组求和法求出期望.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，且的面积为，求的周长.【正确答案】（1）；（2）.【分析】（1）先由已知条件结合两角和的正切公式得，再结合角A的范围和即可得解.（2）先由（1）结合已知条件和求出，再由余弦定理求出进而得解.【小问1详解】由题得，因为，，故，，所以.【小问2详解】由（1）得，故由和得，所以，故，所以的周长为.16.从2016年到2019年的某城市方便面销量情况如图所示：年份2016201720182019时间代号1234年销量（万包）462444404385（1）根据上表，求关于的线性回归方程．用所求回归方程预测2020年（）方便面在该城市的年销量；（2）某媒体记者随机对身边的10位朋友做了一次调查，其中3位受访者认为方便面是健康食品．现从这10人中抽取3人进行深度访谈，记表示随机抽取的3人认为方便面是健康食品的人数，求随机变量的分布列及数学期望．参考公式：回归方程：，其中，．参考数据：．【正确答案】（1），356万包；（2）分布列详见解析，．【分析】（1）直接利用回归方程公式计算得到答案.（2）的可能值为0，1，2，3，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.【详解】（1），，，，，所以.当时，.（2）依题意，10人中认为方便面是健康食品的有3人，的可能值为0，1，2，3，所以；；；，故分布列为：

.本题考查了回归方程，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.17.如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为的菱形.分别为的中点，.（1）求证：；（2）若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）先证得平面，进而求证平面，即可；（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；小问1详解】平面平面，，平面，平面，又平面，，又平面平面，又平面；【小问2详解】由（1）可知，又，，底面为菱形，为的中点，是等边三角形，由（1）知，所以四棱锥的体积.，如图，以为原点，以为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，平面法向量为，设平面法向量为，则令，则为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为故平面与平面的夹角为18.已知函数，且在处取得极值，.（1）证明：函数存在唯一的极小值点；（2）若，且当时，恒成立，求的最大值.【正确答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由已知条件得出，可得出，利用导数分析函数的符号变化，由此可证得结论成立；（2）分析可知，不等式在时恒成立，令，利用导数求出函数在时的最小值，由此可求得整数的最大值.【详解】（1），则，因为在处取得极值，则，可得，所以，，所以，，则，故.当时，，单调递增，当时，，单调递减，，且，所以，，使得，又，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，存在唯一的极小值点；（2）依题意得，当时，恒成立，即在时恒成立.令，则，令，其中，则，故函数在上单调递增，故，因为，，所以，，使得，即，当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，，即，，故的最大值为.结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），..19.如图抛物线，过有两条直线与抛物线交于与抛物线交于，（1）若斜率为1，求；（2