2025屆長沙市某中學高三數學上學期11月考試卷及答案解析

長沙市一中2025屆高三月考試卷（三）

數學

時量：120分鐘滿分：150分

一、選擇題（本大題共8個小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有

一項是符合題目要求的）

^-=3-41

z|

1.若復數z滿足z，則()

2D.

B.一L.-------如

A-T552

【答案】C

【解析】

【分析】根據復數的除法運算求出復數z,計算其模，即得答案.

【詳解】由出口=3—4i可得z=1+i(l+i)(3+4i)_-l+7i

Z3-4i(3-4i)(3+旬25

則目=爭

故選：C

2.已知數列｛%｝的前〃項和S”=〃2一2〃,則的+0+%等于（）

A.12B.15C.18D.21

【答案】B

【解析】

【分析】利用其-尾即可求得生+4+的值?

［詳解】因為數列｛%｝的前n項和Sn=/-2〃,

2

所以的++。5=$5—S=5—-2x5—(2-2x2)=15.

故選：B.

3.拋物線y=4/的焦點坐標為（

A.(1,0)B.(-1,0)

c（0,一《）D（o,』）

【答案】D

【解析】

【分析】先將拋物線方程化為標準方程，從而可求出其焦點坐標

【詳解】解：由＞=4/，得

所以拋物線的焦點在N軸的正半軸上，且22=!

4

所以夕=g，勺總

所以焦點坐標為（0,'），

16

故選：D

4.如圖是函數〉=sin（ox+e）的部分圖象,則函數的解析式可為（）

y=sin卜+m

A.y=smy-2%B.

y=sin12x+g"cosg-2x

C.D.

【答案】A

【解析】

5兀

【分析】觀察圖象，確定函數〉=sin（ox+。）的周期,排除B,由圖象可得當x=—時，函數取最小值,

12

求。由此判斷AC,結合誘導公式判斷D.

2兀兀

【詳解】觀察圖象可得函數J=sin（0x+9）的最小正周期為7=2

~3~~6=71,

2兀

所以L=兀，故刃=2或G=—2,排除B；

兀2兀

觀察圖象可得當_%+亍_5兀時，函數取最小值,

X--------二—

212

5兀37i

當@=2時，可得2x----（p—24兀+—,左￡Z,

122

2兀

所以0=2左兀+,左eZ,排除C；

5兀7T

當口=—2時，可得一2x----（p—2左兀----，左wZ,

122

兀

所以0=2祈+1,keZ,

7T

取左=0可得，0=—,

3

故函數的解析式可能為了=sin[g-2x）,A正確;

y—cos―2x]—cos+——2x]——sin―2x],D錯誤

故選：A.

5.1903年，火箭專家、航天之父康斯坦丁?齊奧爾科夫斯基就提出單級火箭在不考慮空氣阻力和地球引力

1m,+m

的理想情況下的最大速度v滿足公式：v二%ln加幅9其中％，加2分別為火箭結構質量和推進劑的質

量，%是發(fā)動機的噴氣速度.已知某單級火箭結構質量是推進劑質量的2倍，火箭的最大速度為8km/s,

則火箭發(fā)動機的噴氣速度為（）（參考數據：ln2p0.7,ln3e1.1,1114^1.4）

80

A.10km/sB.20km/sC.一km/sD.40km/s

3

【答案】B

【解析】

【分析】根據實際問題，運用對數運算可得.

,m,+m?,2m,+m7n

【詳解】由題意叫=2加2，v=%lnq_-=voln—=—-=8,

mi2m2

.888

3y_=-----=-----------x----------=2。

得%1117=8,故。3ta3-ln21.1-0.7，

2In

2

故選：B

___o___r

6.若3cosa+JIUcos/=—,3sina-JiUsin6=—,則cos（a+〃）的值為（）

444

【答案】C

【解析】

【分析】已知兩式平方相加，再由兩角和的余弦公式變形可得.

_O_ZT

【詳解】因為3cosa+JIUcos/=1，3sina-VlOsin/?=—,

所以(3cosa+VlOcosyff)2=晟,(3sincr-VlOsin^)2=,

即所以9cos2a+6jfUcosacos〃+10cos2笈二￡,

9sin2a-6V10sincfsin^+1Osin2/?=,

兩式相加得9+6V10cos(a+/)+10=4,

所以C0S（6K+尸）二———，

故選：C.

7.如圖，一個質點從原點O出發(fā)，每隔一秒隨機向左或向右移動一個單位長度，向左的概率為白，向右

3

的概率為工，共移動4次，則該質點共兩次到達1的位置的概率為（）

3

-4-3-2-101234

4824

A.—B.—C.—D.一

272799

【答案】A

【解析】

【分析】根據該質點共兩次到達1的位置的方式有0-1->0-1和0—1—2—1,且兩種方式第4次

移動向左向右均可以求解.

【詳解】共移動4次，該質點共兩次到達1的位置的方式有0->1->0-1和0—1—2—1,且兩種方

式第4次移動向左向右均可以，

1211124

所以該質點共兩次到達1的位置的概率為一X—X—+—X—X—=.

33333327

故選：A.

8.設S“為數列｛aj的前n項和，若%+%+i=2〃+l,且存在左eN*，5*=5印=210,則％的取值集合

為（

A,{-20,21)B.{-20,20)

C.{-29,11}D.{-20,19}

【答案】A

【解析】

【分析】利用4+。“+1=2〃+1可證明得數列｛%7｝和｛%"｝都是公差為2的等差數列，再可求得

S2“=〃（2〃+l）,有了這些信息，就可以從左的取值分析并求解出結果.

【詳解】因為+%+「=2十+1,

所以S2”=（%+%）+（%+%）+…+（%〃-1+%〃）-3+7H—+（4〃-1）=---------〃（2〃+1）,

假設S2"=〃（2〃+l）=210,角星得〃=10或〃=一~—（舍去），

由存在kwN*，^=^+1=210,所以有人=19或左=20,

a

由%+n+\=2〃+1可得，an+l+%+2=2〃+3,兩式相減得：cin+2—an=2,

當左=20時，有S20=S21=210,即出1=0,

根據為+2—?！?2可知：數列奇數項是等差數列，公差為2,

所以。2i="i+（ll—l）x2=0,解得q=—20,

當左=19時，有S]9=020=210,即。20=0，

根據氏+2-%=2可知：數列偶數項也是等差數列，公差為2,

所以20=%+（10_l）x2=0,解得的=_18,

由已知得力+出=3,所以—21.

故選：A.

二、選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，至少有兩項

是符合題目要求，若全部選對得6分，部分選對得部分分，選錯或不選得0分）

9.如圖，在正方體中，點、E,廠分別為的中點，則下列說法正確的是

()

A.直線EF與De為異面直線B.直線D.E與DC,所成的角為60°

C.DXF±ADD,〃平面CD2G

【答案】ABD

【解析】

【分析】直接根據異面直線及其所成角的概念可判斷AB,利用反證法可判斷C,利用線面平行判定定理可

判斷D.

【詳解】如圖所示，連接NC,CD-EF,

由于￡,廠分別為401,的中點，即尸為NC的中點，

所以EF//。。一￡E(z面C">G，CRc面C”>G，

所以￡戶〃平面C">G，即D正確；

所以EE與共面，而用￡。2,所以直線所與2片為異面直線，即A正確；

連接8。，易得D[E//BCi，

所以ZDQB即為直線D[E與DCI所成的角或其補角，

由于為等邊三角形，即/。。㈠=60。，所以B正確；

假設A尸，N。，由于ND，。，，DFCDR=D,所以/。，面

而面口。廠顯然不成立，故C錯誤；

故選：ABD.

10.已知P是圓。：/+J?=4上的動點,直線4:xcos8+ysine=4與4:xsin。一ycos8=l交于點

0,則（）

A.lx1Z2B.直線4與圓。相切

C.直線，2與圓。截得弦長為2百D.|。。|的值為舊

【答案】ACD

【解析】

【分析】選項A根據4，，2，44+5d2=0可判斷正確；選項B由圓心。到4的距離不等半徑可判斷錯

誤；選項C根據垂直定理可得；選項D先求出0（4sin。-cos仇4cos9+sin。），根據兩點間的距離公式

選項A：因cosesin^+sinel—cos。）=0,故乙，4，A正確;

選項B：圓。的圓心。的坐標為（0,0）,半徑為外=2,

圓心。到4的距離為4=/,。=4〉r,故直線4與圓。相離，故B錯誤;

Vcos2^+sin2^

,_|-1|_

選項C:圓心。到4的距離為=I—=1,

[sine+（-cos。）

故弦長為I=2G2-d；=2-\/3，故C正確;

xcos8+ysin8=4fx=4cos8+sine

選項D：由4.八八i得《一八八，

xsin，-ycos，=1[y=4sm3-cos0

故0(4cos6+sin仇4sin6-cos。),

故|。。|二^(4cos6^+sin6^)2+(4sin^-cos6^)2=V17，故D正確

故選：ACD

11.已知三次函數/(%)=。/+樂2+“+1有三個不同的零點不，9,x3(xj<x2<x3),函數

g(x)=/(x)—l也有三個零點。，彳2，，3(。<%2<%3)，則()

A.b1>3cle

B.若為，x2,X3成等差數列，則々=-2

3。

C.2+/<4+%3

D.%；+x；+x；=%；+，；+%；

【答案】ABD

【解析】

【分析】對于A,由題意可得/'(x)=0有兩個不同實根，則由A〉0即可判斷；對于B,若%,/,工3成等

差數列，則(X2,f(X2))為了(X)的對稱中心，即可判斷；對于C,結合圖象，當。〉0和4<0時，分類討論

即可判斷；對于D,由三次函數有三個不同的零點，結合韋達定理，即可判斷.

【詳解】因為/(X)=ax，+樂2+cx+d,

(b(b

則/'(x)=3QX?+26x+c,QWO’對稱中心為一^—,f\---，

I3Q3aJj

對于A,因為/(x)有三個不同零點，所以/(x)必有兩個極值點，

即/'("=3〃%2+2加:+。=0有兩個不同的實根，

所以A=4b2-12ac>0，即〃>^ac，故A正確；

對于B,由占,%2，%3成等差數列，及三次函數的中心對稱性，

可知(X2,f(x2))為/(X)的對稱中心，所以％2=-，故B正確;

對于C,函數g(x)=/(x)T,當g(x)=。時，/(x)=l,

則y=l與y=f（x）的交點的橫坐標即為4,，2，%3,

當Q〉0時，畫出/（X）與V=1的圖象，

由圖可知，再<4，X3<t3,則須+%3<4+%3,

當Q<0時，則再+工3>。+/3，故C錯誤;

(x-x)(x-x)(x-x)=ax3+bx2+cx+d

a123

對由題意,

D,(X-，J(X-%2)(X-3)=Q%3+bf+CX+d-1

a

b

X]+%+%3=￡[+/2+=----

a

整理,得《

c

XxX2+X2X3+X3Xx=單2+"3+t3t1=—

一一a

-I—2(4G+12/3+

得(X]+%2+X3)-2(XJX2+X2X3+X3X])=(4+4+/3

即x：+x；+x；=彳+1+/；,故D正確.

故選：ABD.

【點睛】關鍵點點睛：本題D選項的關鍵是利用交點式得到三次方程的韋達定理式再計算即可.

三、填空題（本大題共3個小題，每小題5分，共15分）

12.己知隨機變量X服從二項分布8（〃,2），若E（X）=3,Q（X）=2,則〃=.

【答案】9

【解析】

【分析】根據二項分布的期望、方差公式，即可求得答案.

【詳解】由題意知隨機變量X服從二項分布8（〃,p）,E（X）=3,￡>（X）=2,

貝|」7卯=3,7/（1—2）=2,即得P=；,〃=9,

故答案為：9

13.已知平面向量7,B滿足同=2,問=1,且B在）上的投影向量為,則|萬+可為.

【答案】V3

【解析】

【分析】由條件結合投影向量公式可求鼠根據向量模的性質及數量積運算律求歸+用.

【詳解】因為B在2上的投影向量為一工2,

4

b-aa1-1c

所以yr[=一：Q，又同二2,

\a\\a\411

所以=-1，又W=L

所以卜+可=,卜+3『=^a2+2a-b+b2=V4-2+1=73.

故答案為：V3.

14.如圖，已知四面體45CD的體積為32,E,F分別為AB,6c的中點，G,“分別在CD,AD

上，且G,X是靠近。點的四等分點，則多面體￡7（汨3。的體積為.

【答案】II

【解析】

【分析】連接EG,￡0,將多面體EEGHS。被分成三棱錐G-〃和四棱錐￡-BEG。，利用題設條

件找到小棱錐底面面積與四面體底面面積的數量關系，以及小棱錐的高與四面體的高的數量關系，結合四

面體的體積即可求得多面體斯GEZSD的體積.

如圖，連接EG,，則多面體EFGHBD被分成三棱錐G-EDH和四棱錐￡—BFGD.

因〃是上靠近。點的四等分點，則S?HE=-SMED，

又E是4B的中點，故S4DHE=二S"ED=:X}S"BD=&SdBD，

44Zo

因G是CD上靠近。點的四等分點，則點G到平面ABD的距離是點C到平面ABD的距離的9,

4

11TZ=-^―x32=1；

故三棱錐G-EDH的體積%.EDH

32

_13?35

又因點尸是5c的中點，則ZCFG=3義工S-BCD=:§S&BCD，故SBFGD=可S&BCD

又由￡是48的中點知，點￡到平面BCD的距離是點A到平面BCD的距離的,，

2

故四棱錐￡—BFGD的體積VE_BFGD=|xlVA_BCD=-^x32=10,

8216

故多面體EFGHBD的體積為VG_EDH+VE_BFGD=1+10=11.

故答案為：11.

【點睛】方法點睛：本題主要考查多面體的體積求法，屬于較難題.一般的求法有兩種：

(1)分割法：即將多面體通過連線，作面的垂線等途徑，將其分成若干可以用公式求解；

(2)補形法：即將多面體通過輔助線段構造柱體，錐體或臺體，利用整體體積減去個體體積等間接方法

求解.

四、解答題(本大題共5個小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)

15.設V4SC的內角A,B,C的對邊分別為b,c,已知asirtS—GbcosZ=0.

(1)求A；

(2)若sinB+sinC=2siM,且V48C的面積為右，求a的值.

7T

【答案】(1)A=-

3

(2)a=2

【解析】

【分析】(1)利用正弦定理的邊角變換得到tanZ=G，從而得解；

(2)利用正弦定理的邊角變換，余弦定理與三角形面積公式得到關于。的方程，解之即可得解.

【小問1詳解】

因為asinS-=0,即asinB=拒bcosA，

由正弦定理得sinZ?sin8=Csin8-cosA，

因為sinBw0,所以sinZ=Gcos4則tanA=也，

又Ne(O,兀)，所以/=g.

【小問2詳解】

因為sinB+sinC=2siib4,由正弦定理得b+c=2a,

因為/=￡,所以S='bcsinZ=x二■=，則bc=4,

3"222

由余弦定理/=b2+c2-2bc-cosA>得余+c2-be-4>

所以(b+c)2—36c=4,貝.2a7一3x4=4,解得a=2.

16.設/(x)=(x?+ax)lnx+gx2,eR

(1)若4=0,求/(X)在X=1處的切線方程；

⑵若aeR,試討論/(x)的單調性.

【答案】(1)4x—2y—3=0

(2)答案見解析

【解析】

【分析】(1)由函數式和導函數式求出/(I)和/'(1),利用導數的幾何意義即可寫出切線方程；

(2)對函數/(x)求導并分解因式，根據參數。的取值進行分類討論，由導函數的正負推得原函數的增減,

即得/(x)的單調性.

【小問1詳解】

當。=0時，f(x)=x2lnx+^x2,f'(x)=2x(lnx+l),因/⑴=；,八1)=2,

故/(X)在x=l處的切線方程為y—g=2(x—1),即4x—2y—3=0；

【小問2詳解】

因函數y(x)=(x2+ax)lnx+gx2的定義域為(0,+s),

/'⑴=(2x+Q)Inx+2x+a=(2x+a)(lnx+1),

211

①當QV-一時，若0<%<—，貝!Jlnx+l<0,2x+a<0,故/'(x)〉0,即函數/(%)在(0,—)上單調遞

eee

增；

1Q

若x>—,由2x+〃=0可得x=—.

e2

則當』<x<—@時，2x+a<0,lnx+l>0,故/'(x)<0,即函數/(x)在(士―巴)上單調遞減；

e2e2

當x〉—時，lnx+l>0,2x+Q〉0,故/'(x)>0,即函數/(%)在(—■|,+s)上單調遞增；

211

②當——<Q<0時，若%>—，貝!Jlnx+1〉0,2%+?！?,故/'(%)〉0,即函數/(%)在(一,+8)上單

eee

調遞增；

若一2<%<,，則lnx+l<0,2x+〃〉0,故/'(%)<0,即函數/(%)在(一區(qū)」)上單調遞減；

2e2e

若Ov'C—'l，則lnx+l<0,2x+a<0,故/'(x)〉0,即函數/(%)在(0,-￡)上單調遞增，

2

③當〃=——時，/(村20恒成立，函數/(、)在(0,+。)上單調遞增，

e

④當時，若x>,，則lnx+l>0,2x+a〉0,故/'(x)〉0,即函數/(%)在(L+oo)上單調遞

ee

增；

若0<x<』，則lnx+l<0,2x+a〉0,故/'(x)<0,即函數/(x)在(02)上單調遞減；

ee

。11

綜上，當時，函數/(%)在(0,—)上單調遞增，在(一,)上單調遞減，在(,+8)上單調遞

eee22

增；

2

當〃=——時，函數/(X)在(0,+。)上單調遞增；

e

。11

當--<。<0時，函數/(X)在(0,-@)上單調遞增，在(-q,—)上單調遞減，在(—,+8)上單調遞增；

e22ee

當心0時，函數/(X)在(0/)上單調遞減，在d,+8)上單調遞增.

ee

17.已知四棱錐P-4BC。，底面45CD為菱形，PD=PB,H為PCk的點、,過///的平面分別交

PB,PD于懸M,N,且8。11平面/1^乂.

(1)證明：MNLPC；

(2)當〃為尸。的中點，0Z=PC=J14民0N與平面N5C。所成的角為60°,求平面與平面

/〃乂所成的銳二面角的余弦值.

【答案】(1)證明見詳解

【解析】

【分析】（1）根據線面垂直可證AD1平面PNC,則8￡>J_尸C,再根據線面平行的性質定理可證5。II

MN,進而可得結果；

（2）根據題意可證尸。，平面48CD,根據線面夾角可知APNC為等邊三角形，建立空間直角坐標系，

利用空間向量求面面夾角.

【小問1詳解】

設NCnAD=。，則。為NC,AD的中點，連接尸。,

因為幺5CD為菱形，則

又因為尸。=尸8,且。為AD的中點，則尸。LAD,

ACC\PO=O,NC,POu平面P/C,所以平面R4C,

且尸Cu平面P4C,則

又因為RDII平面ZMW,ADu平面PAD,平面幺"ffiVCl平面尸AD=MN,

可得8DIIMN,所以MN,尸C.

【小問2詳解】

因為尸N=PC,且。為/C的中點，則尸OJ.ZC,

且尸。_LAD,AC（｝BD=O,ZC,8Du平面48CD,所以尸0,平面4BCQ,

可知PA與平面ABCD所成的角為NPNC=60°,即&PAC為等邊三角形，

設/XIPO=G,則GeZ〃,Ge。。，且4Hu平面尸Ou平面PAD,

可得Ge平面ZMHN,Ge平面PAD,

且平面NMfWn平面尸跖V,所以GeTW,即4H,P0,MN交于一點G,

因為，為尸C的中點，則G為APNC的重心,

PMPN_PG_2

且BDII2W,則——

PBPD—P0-3

設/8=2,則尸Z=。。=2百,CM=OC=-AC=50B=0D=1,OP=3,

2

如圖，以。4,。民。尸分別為x，v，z軸，建立空間直角坐標系,

則Z（G,O,O）,尸（0,0,3）,《0,：1：^0,-：11

umrumr(-73,0,3)

可得/Af=,O\A?=

〃,AM——+§必+Z]—0

設平面4W的法向量〃=(%,%,zj,則＜

——?4

n-NM=-y.=0

31

令玉=1,則％=0,2]=6，可得〃=(1,0,J3)

JTI?A.hd——+—JV2+Z2=0

設平面尸的法向量加二(%2，%/2)，貝卜

m-AP=-V3X2+3Z2=0

令/=百，則必=3/2=1,可得機=(、回,3,1卜

/「、?2-73V39

可得小〃回nm=曲=中=后，

所以平面PAM與平面AMN所成的銳二面角的余弦值叵.

13

2

18.已知雙曲線-q=l的左、右焦點為片，F(xiàn)2,過用的直線/與雙曲線r交于A,2兩點.

(1)若軸，求線段48的長;

(2)若直線/與雙曲線的左、右兩支相交，且直線/月交y軸于點直線5片交y軸于點N.

(i)右SARAB二SARMN，求直線/的方程;

(ii)若片，月恒在以"N為直徑的圓內部，求直線/的斜率的取值范圍.

【答案】(1)線段48的長為6；

27105

(2)(i)直線/的方程為

21

(ii)直線/的斜率的取值范圍為(—孚

【解析】

【分析】(1)直接代入橫坐標求解縱坐標，從而求出的值；

(2)(i)(ii)先設直線和得到韋達定理，在分別得到兩個三角形的面積公式，要求相等，代入韋達定理求

出參數的值即可.

【小問1詳解】

由雙曲線r：x=1=l的方程，可得〃=1方=3,所以4=1/=道,°=,片+/=2,

所以￡(一2,0),居(2,0),若4gIX軸，則直線45的方程為x=2,

代入雙曲線方程可得2(2,3),8(2,-3),所以線段AB的長為6；

【小問2詳解】

(i)如圖所示,

若直線/的斜率為0,此時/為x軸，48為左右頂點，此時久,48不構成三角形，矛盾,

所以直線/的斜率不為0,設/:x=(y+2,4%],%),風工2，％)，

x23r—IwO

聯(lián)立消去x得(3^-1)/+12(y+9=0,/應旃足〈1,

[△=144/2—36(3/—1)>0

x=ty+2

12/Q

由根與系數關系可得%+%=-h7，%必'

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直線/月的方程為歹=匕蘭(無+2),令x=0,得歹，點四(0,2\),

西+2%+2項+2

直線班的方程為歹="一^(x+2),令％=0,得丁=一烏口點、N(0,2%),

4+2x2+2x2+2

S&F\AB-lSAFIF?B-S4與巷/WG乂弘一力卜2|弘-KI，

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T供+4優(yōu)+4（依+4）（優(yōu)+4）㈠產%%+今（必+%）+16'

由SAF\AB=S"FMN，可得I~24I_二）

1I=217i-71,

t"%+"（必+%）+162

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2

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解得I1=4,|Hi'解得'二

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經檢驗,滿足＜所以"土L-----，

A=144〃—36（3廣—1）>021

所以直線/的方程為

（ii）由《，巴恒在以"N為直徑的圓內部，可得/耳〃工＞90°,

所以詢??。?,又詢=（2,三］），甲二（2,三：），

所以4+且）乂且、＜0,所以1+

必必<0,

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2x2+2（X]+2）（X2+2）

9

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所以1+”-I

/必必+47（必+必）+16t2x^—+4t（——y^-