贵州省贵阳市第一中学2025届高三下学期月考（六）（3月）数学试卷(含详解)

贵州省贵阳市第一中学2025届高三下学期月考（六）（3月）数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．复数的虚部是（ ）
A． B． C． D．
2．下列函数中是偶函数且在上单调递减的函数是（ ）
A． B． C． D．
3．若向量，都是单位向量，且满足，则（ ）
A． B． C． D．1
4．已知直线：与双曲线，的一条渐近线在第一象限内交于点，则的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线：与圆：交于，两点，则的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
6．已知一个圆台的上、下底面半径分别为2和4，母线长为6，则此圆台外接球与内切球表面积之比为（ ）
A．2 B． C． D．3
7．已知，，，，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，若不等式在上恒成立，则参数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．函数的函数值表示不超过的最大整数，十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，例如：，．则下列命题中正确的是（ ）
A．，
B．对任意整数，有
C．存在正实数，使得对所有成立
D．函数有2个零点
10．函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，且函数的图象与函数的图象有相同的对称中心，则（ ）
A．
B．函数的图象关于直线对称
C．在区间上存在函数图象的2个对称中心
D．若函数在区间上单调递减，则
11．在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，直线与交于，两点，是上异于顶点的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若过点，则为钝角
B．若，则的斜率为
C．若，则点的纵坐标为1时，最小
D．若四边形为平行四边形，则过定点
三、填空题（本大题共3小题）
12．不等式的解集为 ．
13．在10道试题中有6道代数题和4道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回．在第1次抽到几何题的条件下，第2次抽到代数题的概率是
14．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．如图，是函数的零点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近的实数，在横坐标为的点处作的切线，则在处的切线与轴交点的横坐标是，同理在处的切线与轴交点的横坐标是，…，一直继续下去，得到数列．令．当时，用牛顿法可求出方程的近似解 ；当，且时，数列的通项公式为 ．

四、解答题（本大题共5小题）
15．被誉为“数学之王”、“东方第一几何学家”的数学家苏步青曾说过：“语文是基础，是成才的第一要素，没有一定的语文素养根本学不好数理化等其他科目．”为了了解语文成绩与数学成绩之间是否有关联，某校数学组老师从学校获取了容量为的随机样本，将所得数学和语文成绩的样本观测数据整理如下：
数学成绩 语文成绩 合计
不优秀 优秀
不优秀
优秀
合计
(1)依据小概率值的独立性检验，能否认为数学成绩与语文成绩有关？
(2)为了对学生是否受其他因素的影响进行更细致的分析，该校数学组老师决定！样本中语文成绩不优秀的同学中按数学成绩是否优秀采用比例分配分层随机抽样！方法抽取名同学分析成绩不优秀的原因，并从这名同学中选出名代表发言记发言代表中数学成绩不优秀的人数为，求随机变量的分布列及数学期望．
附：，．
16．已知正项数列的前项和为，
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，求数列的前项和．
17．已知函数．
(1)若曲线在点处的切线方程为，求，的值；
(2)当时，讨论函数在上的单调性，并根据讨论的结果求时，在上的最大值．
18．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，其离心率为，焦距为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线：与椭圆交于，两点，为弦的中点，证明：点在定直线上；
(3)求椭圆的内接菱形边长的最大值．
19．如图，在直三棱柱中，，，，分别为棱，上的动点且，点在平面上的射影为点，的中点为．
(1)求证：平面；
(2)求点的轨迹长；
(3)求平面与平面所成角的余弦值的取值范围．
参考答案
1．【答案】B
【详解】，
故，
所以虚部为.
故选B.
2．【答案】C
【详解】对于A，当时，函数可化为，
函数在上单调递增，不满足条件，排除A，
对于B，设，
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以函数为奇函数，
即函数为奇函数，不满足条件，排除B；
对于D，设，
则当时，，当时，，
因为，，
所以函数在上不单调递减，不满足条件，排除D，
对于C，设，
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
又，
所以函数为偶函数，
因为，由幂函数性质可得函数在上单调递减，
故函数为偶函数，且在上单调递减，C正确；
故选C.
3．【答案】A
【详解】∵，∴，
又，都是单位向量，∴，
故选A.
4．【答案】B
【详解】由两条直线交于第一象限得，直线：的斜率小于，即，
所以双曲线的离心率，
所以的离心率的取值范围是.
故选B．
5．【答案】A
【详解】的充要条件是：圆心，到的距离，
即，故的充分不必要条件是的真子集.
故选A．
6．【答案】C
【详解】取圆台轴截面如图所示，
外接球球心在中轴线上．
由勾股定理可知，，设，，
则, 解得．
先设的中点到的距离为，
再用等面积法可得：，
则有：，
此时，
从而可知内切球半径，
所以，该圆台外接球和内切球表面积之比为，
故选C．
7．【答案】B
【详解】由，得，
又因为，所以，．
由，，得，
因为，所以，．
因为，所以，
，
所以，
故选B．
8．【答案】D
【详解】由，，得，
如图，作和在上的图象，
由题意，的图象在图象上方，
随值移动，
①当图象在图象左侧，移动到与相切时，
设与相切，，
设切点为，
则
且由图象，所以，，
结合图象，．
②当图象在图象右侧，若与相交于点，，
得，结合图象，，
综上，.
故选D．
9．【答案】ABD
【详解】对于A，由高斯函数的定义，是不超过的最大整数，故，A正确；
对于B，整数不影响小数部分，故，B正确；
对于C，由的图象易知C错误；

对于D，由，可得，所以，
若函数要有零点，则，得，因为要为0，
必须也为整数，在这个范围内，只有，两个点，所以D正确.
故选ABD．
10．【答案】BC
【详解】因为函数的最小正周期为，又，
所以，
又函数的对称中心为，，故，
所以，．
又，所以，
所以，
所以．
对于A，，故A错误；
对于B，令，，，
所以函数的对称轴方程为，，
令，所以函数的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，令，，，
所以函数的对称中心为，，
在区间上存在函数的两个对称中心为和，故C正确；
对于D，区间，
令，，，
当时，得到函数在上单调递减，所以，故D错误.
故选BC．
11．【答案】AC
【详解】易知焦点，对于A，若过点，
可设直线方程为，，，
联立抛物线方程可得，可得，，
所以
，
所以为钝角，即A正确；
对于B，由，可得过点，
由题意可得，所以，
结合，，可得，可得的斜率为，即B错误；
对于C，易知是抛物线的准线与轴的交点，
作与准线垂直，垂足为，如图所示：
由抛物线的定义可得，所以．
又在中，，且，
因此当取得最大值时，满足题意，此时斜率存在且与抛物线相切．
设的方程为，代入抛物线方程可得，
所以，即，解得，此时，
因此点的纵坐标为1时，最小，即C正确；
对于D，设，直线：，如图：
联立，可得，
因此，，所以，
因为四边形为平行四边形，所以，
即，
所以，，
代入，可得，解得，
即：，显然过定点，即D错误，
故选AC．
12．【答案】
【详解】由，得，
所以，即，
所以不等式的解集为．
13．【答案】
【详解】设事件为“第1次抽到几何题”，事件为“第2次抽到代数题”，
则“第1次抽到几何题且第2次抽到代数题”就是事件，
其中，，
利用条件概率公式，得．
14．【答案】 /
【详解】由题意得，
因为，所以，，
所以过点的切线方程为，即，令，得；
因为，，
则在点处的切线方程为，
令，得，即，
所以，即，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
所以．
15．【答案】(1)依据小概率值的独立性检验，能认为数学成绩与语文成绩有关，
(2)分布列见解析；期望为
【详解】（1）零假设为：数学成绩与语文成绩无关．
根据列联表中的数据，
得，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即能认为数学成绩与语文成绩有关，此推断犯错误的概率不大于0.001．
（2）根据按比例分配的分层随机抽样的知识可知，随机抽取的名同学中有数学成绩不优秀的人数为：名，数学成绩优秀的人数为：名，
所以随机变量的所有可能取值为，，，
，，，
所以的分布列为
所以．
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由，
得当时，．
两式相减得，
整理得，
∴．
当时，，解得．
∴是以7为首项，4为公差的等差数列，
∴．
（2）当，时，；当，时，，
所以，
①，
②，
①减②得：
，
∴．
17．【答案】(1)，
(2)答案见解析
【详解】（1）．
由已知在点处的切线的斜率为2，且当时，．
∴，∴，
解得，．
（2）当时，，
，．
①当时，，在上单调递增；
②当时，．
令，解得，（舍去）
若，则，，
又∵，∴，
∴时，，时，．
∴在上单调递减，在上单调递增．
若，则，，
又∵，∴，．
∴．
∴时，在上单调递增．
若，则，，
又∵，
∴时，，时，．
∴在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，
时，在上单调递减，在上单调递增；
时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减．
根据上面的讨论知，时，在上单调递增；
时，在上单调递增，且，所以．
∴时，在，上为增函数．
∴时，在上的最大值为．
18．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）因为焦距为，所以，所以，又因为所以
所以，又因为所以
又因为椭圆的焦点在轴上，
所以椭圆的标准方程为．
（2）证明：设，，
联立直线与椭圆方程
整理得，
，
解得：，
，，则，所以．
显然点在直线上，得证．
（3）解：由（2）知，菱形的中心在坐标原点，且有，
菱形不论怎样运动，直线和总有一条斜率存在，不妨设直线的斜率存在且直线方程为，，，
联立得，，，
，
由于，于是，
即，，
化简整理得：，
从而，．
即，
当时，，
当时，，
当且仅当，即时取等号．
综上，，因此，菱形边长的最大值为．
19．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：在中，由余弦定理得，，故，
由勾股定理得，所以．
又∵，，平面，
所以平面．
（2）如图，因为点在平面上的射影为点，
∴平面，
则，且点在上，
则，，，
在直角中，，则点在以为圆心，半径为的圆上．
当点与A重合时，点与重合，点为的中点，此时，
当点与重合时，点为中点，而四边形为正方形，则
则，因此点的轨迹所对圆心角为，
则点的轨迹长为；
（3）以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，如图建系．
则，，，
由（2）知的轨迹方程为.
设为，则，，
，，．
设平面的法向量为，
则,
则取．
设平面的法向量为，
则，
则取．
故．
令，
则
，
令，则，则，
因函数在上单调递增，
则在上单调递减，
则，
∴设平面与平面所成角为，则，
∴平面与平面所成角的余弦值的取值范围为．