湖南省长沙市雅礼中学2025届高三月考（六）数学试卷（含解析）

雅礼中学2025届高三月考试卷（六）
数学
命题人
得分：__________.
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6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的.
1.设集合，则集合与集合的关系是（ ）
A. B.
C. D.
2.抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
3.已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A.1 B. C.10 D.
5.已知，则（ ）
A. B. C. D.
6.从中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为（ ）
A. B. C. D.
7.已知一个球与某圆台的上下底面和侧面均相切，若圆台的侧面积为，上下底面面积之比为，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
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.下列关于的说法，正确的是（ ）
A.展开式的各二项式系数之和是1024
B.展开式各项系数之和是1024
C.展开式的第5项的二项式系数最大
D.展开式的第3项为
10.已知函数的图象关于直线对称，下列结论正确的是（ ）
A.是奇函数
B.
C.若在上单调递增，则
D.的图象与直线只有一个公共点
11.设过原点且倾斜角为的直线与双曲线的左、右支分别交于两点，是双曲线的焦点，若的面积大于，则双曲线的离心率的取值可以是（ ）
A. B. C. D.3
第II卷
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知复数，其中为虚数单位，则__________.
13.已知，则的值为__________.
14.如图，在正方体中，延长至使得，点在平面上，过点作于点，满足，则__________.
四 解答题：本题共5小题，共77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.
15.（本小题满分13分）
已知数列和满足.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
16.（本小题满分15分）
记的内角的对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若点是边中点，且，求面积的最大值.
17.（本小题满分15分）
如图1，在中，为的中点，现将及其内部以边为轴进行旋转，得到如图2所示的新的几何体，点为点在旋转过程中形成的圆的圆心，点为圆上任意一点.
（1）求新的几何体的体积；
（2）记与底面所成角为，求的取值范围；
（3）当时，求点关于平面的对称点到平面的距离.
18.（本小题满分17分）
有朵花围绕在一个圆形花圃周围，现要将其两两配对绑上缎带作为装饰，缎带之间互不交叉，例如：时，共有4朵花，以表示，绑上缎带的两朵用一条线连接，共有2种方式，如图1，2所示.
（1）当时，求满足要求的绑缎带方法总数；
（2）已知满足要求的每一种绑法出现的概率都相等，如时，出现图1和图2所示方法的概率均为.记一次绑法中，共有对相邻的两朵花绑在一起.
（i）当时，求的分布列和期望；
（ii）已知：对任意随机变量，有.记满足条件的绑缎带方法总数为的期望为.求（用和表示）.
19.（本小题满分17分）
已知函数，其中是常数.
（1）当时，求单调性及对称中心；
（2）当时，正方形有三个顶点在函数的图象上，求正方形面积的最小值；
（3）当时，函数的图象上有且仅有一个内接正方形，求的值与正方形的边长.
雅礼中学2025届高三月考试卷（六）
数学
第I卷
题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答 案 C D A B C D A A AD ACD BC
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的.
1.C
【解析】由，可得，则，故，又由有意义，可得，即得，故，则显然有.
2.D
【解析】因为抛物线的焦点在轴上，且，所以，所以抛物线的焦点坐标为.
3.A
【解析】因为，所以，又，所以，解得.
4.B
【解析】根据等差数列性质可知数列也为等差数列，设其公差为，首项为，两边同除以6得：，解得，又，即，解得.
5.C
【解析】因为，所以，两边同除，得到，即..
6.D
【解析】从中随机选取三个不同的数可得基本事件为，种情况，若这三个数之积为偶数有种情况，它们之和大于8共有种情况，从中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为.
7.A
【解析】设圆台的上，下底面半径分别为和，母线长为，内切球的半径为，因为上下底面面积之比为，所以，得，所以圆台的侧面积为，得，因为球与圆台的上下底面和侧面均相切，所以，所以，得，所以4，所以，得，所以该球的表面积为.
8.A
【解析】由题意得，方程有三个不相等的实数根.
而
分别作出函数和的图象，
当时，；
当时，，对其求导得，
所以，所以曲线在点处的切线方程为，如图，直线与曲线在点相切.所以实数的取值范围为.
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.AD
【解析】的展开式的各二项式系数之和是，A正确；
令，得的展开式的各项系数之和为，B错误；
的展开式的第6项的二项式系数最大，C错误；
的展开式的第3项为，D正确.
10.ACD
【解析】因为的图象关于直线对称，所以，即，解得，所以，验证：当时，取最大值，故的图象关于直线对称，满足题意；
，由，则是奇函数，故A正确；
由，故B错误；
，由，解得，当时，，由在上单调递增，则，解得，故C正确；
的图象与直线均过点，由，则，
故直线即与曲线相切，
如图可知的图象与直线有且仅有一个公共点，故D正确.
11.BC
【解析】不妨设是双曲线的左焦点，如图，由题可知，直线的方程为，由得，且，
所以，
因为，
且，所以，
所以，解得，又因为，
解得，所以.
第II卷
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.
【解析】，故.
13.
【解析】因为，所以，
可得，即，所以，即，所以.
14.
【解析】在平面中，以为圆心，为半径作圆，则点在该圆上.设正方体的边长为，根据割线定理知（或根据三角形相似），则.连结，与平面相交于点，则为正的重心，且平面，所以.在中，，在中，，则.
四 解答题：本题共5小题，共77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.
15.【解析】（1）由题意知，
所以，
即，又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）知，
所以，
所以
.
16.【解析】（1），
即，
由正弦定理，得，即，
所以，
因为，所以.
（2）因为，
所以，
因为，所以，
由，所以，
所以，则
所以，当且仅当时，等号成立，
所以.
即面积的最大值为.
17.【解析】（1）连接，
在中，由题可得，
因为新的几何体是以为高的圆锥减去以为高的圆锥后剩余的部分，
所以新的几何体的体积.
（2）如图，取的中点，连接，
因为分别为的中点，所以，
因为平面，所以平面，
所以为与底面所成的角，
所以，
又因为，所以，
所以，所以.
（3）以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，
所以，
易求得平面的法向量为，
若平面于点，设，
则，
则根据可求得，
，
由条件可求得平面的法向量为，
所以点到平面的距离为.
18.【解析】（1）当时，有6朵花围绕在一个圆形花围周围.以表示，由题意可知，满足要求的绑缎带方法，任意一条缎带绑后，其同侧不能剩余奇数个点，故1必不与奇数3，5配对.
按花朵1的配对情况，分为三类：
①1与2配对：另4朵的配对情况，同时共有4朵花的配对方法数相同，故有2种方法；
②1与6配对：由对称性可知同1与2配对的方法数，故有2种方法；
③1与4配对：2必与3配对，6必与5配对，故只有1种方法.
综上，完成这件事的方法数共有种方法，
列举如下：
即满足要求的绑缎带方法总数为5.
（2）（i）当时，有8朵花围绕在一个圆形花圃周围.以表示，
由题意可知，满足要求的绑缎带方法，任意一条缎带绑后，其同侧不能剩余奇数个点，故1不能与3，5，7配对.
故按花朵1的配对情况，可分为两类：
①1与2或1与8配对：
若1与2配对，则另6朵的配对情况，同时共有6朵花的配对方法数相同，故有5种方法；
若1与8配对，由对称性可知和1与2配对方法相同，故也有5种方法；故有种方法；
②1与4或1与6配对：由对称性，这两类配对方法也相同.
不妨设1与4配对，由题意，2与3必配对.而另外的配对情况，即同时共有4朵花的配对方法数，有2种方法；
故有种方法；
综上，完成这件事的方法数共有种方法.
已知满足要求的每一种绑法出现的概率都相等，
则每一种方法的概率均为，
记一次绑法中，共有对相邻的两朵花绑在一起，
14种方法中的有种方法；的有种；的有种；
则的所有可能值为，
.
故的分布列为
2 3 4
，故的期望为.
（ii）当时，显然有，此时，
当时，若第朵花与相邻花相连，记随机变量，
则，
若第朵花不与相邻花相连，记随机变量，则，由于有对相邻的两朵花，则，
则，
综上所述，.
19.【解析】（1）因为，
所以，令，则，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
因为，所以的对称中心为.
（2）如图，不妨设三个顶点中有两个在轴右侧（包括轴），且设三点的坐标分别为，直线的斜率为，
则有.
又三点在函数的图象上，
所以，
代入上面两式得：.
由于，
即，
所以，即，
所以，
所以，且有.
所以正方形边长为
，
当且仅当时，即点为原点时等号成立.
所以正方形面积的最小值为2.
（3）假设内接正方形的对称中心不是坐标原点，设四点关于原点的对称点分别为，则点在三次曲线上，且是正方形，与已知条件矛盾，从而内接正方形的对称中心为坐标原点.
不妨设在第一象限，在第二象限，
因为且，所以设，
因为所以
从而，所以，
所以且，
由于内接正方形只有一个，所以，
当时，，解得不满足，
当时，，解得，满足，
从而，所以，
综上，，正方形的边长.