【文档说明】湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三上学期月考卷（三）数学试卷 Word版含解析.docx，共(17)页，1.236 MB，由小赞的店铺上传

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大联考长郡中学2025届高三月考试卷（三）数学本试卷共8页。时量120分钟。满分150分。一、选择题（本大题共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．设集合{1,

2}A=，{2,3}B=，{1,2,3,4}C=，则（）A．AB=B．ABC=C．ACC=D．ACB=2．在复平面内，复数1z对应的点和复数212iz=+对应的点关于实轴对称，则12zz=（）A．5B．5C．34i−−D．34i−+3．已知向量a，b满足3a=

，23b=，且()aab⊥+，则b在a方向上的投影向量为（）A．3B．3−C．3a−D．a−4．已知函数()fx的定义域为()(),54,3ffx=+R是偶函数，12,xx[3,)+，有()()12120fxfxxx−−

，则（）A．()04fB．()14f=C．()24fD．()30f5．若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为（）A．24B．32C．96D．1286．已知曲线exy=在1x=处的切线l恰好与曲线lnyax=+

相切，则实数a的值为（）A．1B．2C．3D．47．在直角坐标系中，绕原点将x轴的正半轴逆时针旋转角π02交单位圆于A点、顺时针旋转角ππ42交单位圆于B点，若A点的纵坐标为1213，且OAB△的面积为2

4，则B点的纵坐标为（）A．22−B．17226−C．7226−D．2213−8．已知双曲线()2222:10,0xyCabab−=的左顶点为(),,0AFc是双曲线C的右焦点，点P在直线2xc=上，且tanAPF的最大值是66，则双曲线C的离心率是（）A．26B．23C

．427+D．27+二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）9．函数()()π3sin0,2fxx=+的部分图象如图所示，则下列匀选项中正确的有（）A．()

fx的最小正周期为2πB．2π3f是()fx的最小值C．()fx在区间π0,2上的值域为33,22−D．把函数()yfx=的图象上所有点向右平移π12个单位长度，可得到函数3sin2yx=的图象10．在长方体111

1ABCDABCD−中，1222ABAAAD===，点P满足APABAD=+，其中0,1,0,1，则（）A．若1BP与平面ABCD所成的角为π4，则点P的轨迹长度为π4B．当=时，1BP∥平面11ACDC．当12=时，有且仅有一个点，使得1APBP⊥D．当2=

时，1APDP+的最小值为22+11．在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四

角花瓣的图案，它可看作由抛物线()2:20Cypxp=绕其顶点分别逆时针旋转90,180,270后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），,AB为C与其中两条曲线的交点，若1p=，则（）A．开口向上的抛物线的方程为212yx=B．4AB=C．直线xyt+=截第一象限花瓣的弦

长的最大值为34D．阴影区域的面积大于4三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）12．若()523450123451xaaxaxaxaxax−=+++++，则2a=_____．13．已知函数()24,1,l

n1,1,xxaxfxxx++=+若函数()2yfx=−有3个零点，则实数a的取值范围是_____．14．设nT为数列na的前n项积，若nnTam+=，其中常数0m，数列1nT为等差数列，则m=_____．四、解答题（本大题共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）记ABC△的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知()()bcabcabc+−++=．（1）求A；（2）若D为BC边上一点，3,4,3BADCADACAD==

=，求sinB．16．（本小题满分15分）如图，三棱柱111ABCABC−中，11160,,,1,2AACACBCACABACAA=⊥⊥==．（1）求证：1AC⊥平面ABC；（2）若直线1BA与平面11BCCB所成角的正弦值为34，求平面11ABB与平面11BCCB夹角的余弦

值．17．（本小题满分15分）人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟．某公司研究了一款答题机器人，参与一场答题挑战．若开始基础分值为()*mmN分，每轮答2题，都答对得1分，仅答对1题得0分，都答错得－1分．若该答题机

器人答对每道题的概率均为12，每轮答题相互独立，每轮结束后机器人累计得分为X，当2Xm=时，答题结束，机器人挑战成功，当0X=时，答题也结束，机器人挑战失败．（1）当3m=时，求机器人第一轮答题后累计得分X的分布列与数学期望；（2）当4m=时，求机器人在第6轮答

题结束且挑战成功的概率．18．（本小题满分17分）．已知椭圆()2222:10xyCabab+=的长轴是短轴的233倍，且椭圆上一点到焦点的最远距离为3．,AB是椭圆的左、右顶点，过,AB分别做椭圆的切线，取椭圆上x轴上方任意两

点,PQ（P在Q的左侧），并过P，Q两点分别作椭圆的切线交于R点，直线RP交点A的切线于I，直线RQ交点B的切线于J，过R作AB的垂线交IJ于K．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若()1,2R，直线RP

与RQ的斜率分别为1k与2k，求12kk的值；（3）求证：IKIAJKJB=．19．（本小题满分17分）对于函数()fx，若实数0x满足()00fxx=，则称0x为()fx的不动点．已知0a，且()21ln12fxxaxa=++−的不动点的集合为A．以minM和maxM分别表示集合M中的最小元素

和最大元素．（1）若0a=，求A的元素个数及maxA；（2）当A恰有一个元素时，a的取值集合记为B．（i）求B；（ii）若minaB=，数列na满足()112,nnnfaaaa+==，集合nC=*141,,3nkkan=−N．求证：

*4,max3nnC=N．长郡中学2025届高三月考试卷（三）数学参考答案题号1234567891011答案CADBCBBDBDBCDABD一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．）1．C【解析】由题意，{2},{1,2,3},{1,2,3,4},{1,2}ABAB

ACCAC=====，对比选项可知只有C选项符合题意．2．A【解析】因为复数1z对应的点和复数212iz=+对应的点关于实轴对称，所以112iz=−，所以()()1212i12i5zz=−+=．3．D【解析】因为()aab⊥+，则()290aabaab

ab+=+=+=，故9ab=−，所以b在a方向上的投影向量为299abaaaa−==−．4．B【解析】因为12,[3,)xx+，有()()12120fxfxxx−−，所以()fx在[3,)+上单调递增

，又()3fx+是偶函数，则()3fx+的图象关于0x=对称，所以()fx的图象关于3x=对称，则()()()0654fff==，故选项A错误；()()154ff==，故选项B正确；()()()2454fff==，故选项C错误；()3f的正负不能确定，故选项D错误．5．C【解析】如图，设

P在底面的投影为G，易知正四棱锥PABCD−的外接球球心在PG上，由题意，球O的半径5,853POAOOG====−=，所以22222534,8445,8422AGPAAB=−==+===，故PAB△中，边AB的高为()()22452262−=，

所以该正四棱锥的侧面积为144262962=．6．B【解析】由exy=得exy=，又切点为（1，e），故ek=，切线l为eyx=，设l与曲线lnyax=+的切点为()001,e,xxyx=，所

以01ex=，解得切点为1,1e，所以1ln11eaa+=−=，解得2a=．7．B【解析】由A点的纵坐标为1213，得125sin,cos1313==，显然ππ42，而()1211sin24AOBS=+=△，即()2sin2+=，又ππ42，因此ππ2

+，3π4+=，有3π4=−，()3π22512172sinsincossin422131326=−=+=+=显然B点在第四象限，所以B点的纵坐标为172

26−．8．D【解析】如图，设直线2xc=与x轴交于点,HPHm=，则tan,tan2mmPFHPAHcac==+．因为APFPFHPAH=−，所以()tantantantan1tantanPFHPA

HAPFPFHPAHPFHPAH−=−=+()22222212mmmacaccacmmaccaccmmcacm−+++===++++++．因为22222accmaccm+++，当且仅当22macc=+时，等号成立，所以26tan

622acAPFacc+=+，整理得22430caca−−=，则2430ee−−=，解得27e=+．二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．）9．BD【解析】∵()()3sinfxx=+，由题图知33π44T=，∴πT=，2=，故A错误；∵π2π623T+=，∴可得2π

3f是()fx的最小值，故B正确；∵ππ3sin2366f=+=，∴πsin13+=，∴π2π6k=+，kZ，又π2，∴π6=，∴()π3sin26fxx=+，∵π0,2x，∴ππ7π2,666x

+，∴()π33sin2,362fxx=+−，故C错误；将()fx的图象向右平移π12个单位长度得到的图象为πππ3sin23sin212126fxxx−=−+=，故D正确．

10．BCD【解析】对于A中，连接BP，在长方体1111ABCDABCD−中，可得1BB⊥平面ABCD，所以1BPB即为1BP与平面ABCD所成的角，即1π4BPB=，在直角1BBP△中，可得11BPBB==，所以点P的轨迹为以B为圆心，半径为1的14圆，其周

长为1π2π142=，所以A错误；对于B中，当=时，因为1222ABAAAD===，且点P满足APABAD=+，所以点P在线段AC上，连接11,,ACABBC，在长方体1111ABCDABCD−中，可得1111,ACACBCAD∥∥，因为AC平面11ACD

，且11AC平面11ACD，所以AC∥平面11ACD，同理可证1BC∥平面11ACD，又因为1ACBCC=，且1,ACBC平面1ABC，所以平面1ABC∥平面11ACD，因为1BP平面1ABC，所以1BP∥平面11ACD，所以B正确；对于C中．当12=时，因为

1222ABAAAD===，且点P满足APABAD=+，取,ABCD的中点,EF，过接,,EFAFBF，可得点P在线段EF上运动，若1APBP⊥，因为1AA⊥平面ABCD且BP平面ABCD，所以111111,,,AABPAPAAAAPAA

⊥=平面1AAP、故BP⊥平面1AAP，又AP平面1AAP，故BPAP⊥，所以点P在以AB为直径的圆上，又因为22ABAD==，可得线段EF与以AB为直径的圆只有一个交点F，所以当点P与F重合时，即当且仅当P为CD的中点时，能

使得1APBP⊥，所以C正确；对于D中，当2=时，因为1222ABAAAD===，且点P满足APABAD=+，取,ABCD的中点,EF，连接,AFEF，可得点P在线段AF上运动，沿着AF将直角1AAF△和平面

ADF△展开在一个平面上，如图所示，在1AAD△中，113π1,1,4AAADAAD===，由余弦定理得2221113π2cos224ADAAADAAAD=+−=+，所以122AD=+，即1APDP+的最小值为22+，所以D正确．11．ABD【解析】由题意，开口向右的抛物线方程为2:2Cyx=

，顶点在原点，焦点为11,02F，将其逆时针旋转90后得到的抛物线开口向上，焦点为210,2F，则其方程为22xy=，即212yx=，故A正确；对于B，根据A项分析，由222,2yxxy==可解得0x=或2

x=，即2Ax=，代入可得2Ay=，由图象对称性，可得()()2,2,2,2AB−，故4AB=，即B正确；对于C，如图，设直线xyt+=与第一象限花瓣分别交于点,MN，由2,2,yxtyx=−+=解得121,211,MMxttyt

=+−+=+−由2,2,yxtxy=−+=解得211,121NNxtytt=+−=+−+，即得()()121,211,211,121MtttNttt+−++−+−+−+，则弦长为()22222122221MNtttt=+−+=+−

+，由图知，直线xyt+=经过点A时t取最大值4，经过点O时t取最小值0，即在第一象限部分满足04t，不妨设21ut=+，则13u，且212ut−=，代入得，()()2212222211322uMNuuu−=+−=−−，由此函数的图象知，当2u=时，MN取得最大值为22，即C错误；对于

D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求18部分面积的近似值．如图：在抛物线()2102yxx=上取一点P，使过点P的切线与直线OA平行，由1yx==可得切点坐标为11,2P，因为:0OAlxy−=，则点P到直线OA的距离为12242d==，于是22

12122242OPAS=+=△，由图知，半个花瓣的面积必大于12，故原图中的阴影部分面积必大于1842=，故D正确．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）12．10−【解析】()51x−的展开式通项是：()55C1kkkx−−，依题意，得52k−=，即3k

=，所以()3325C110a=−=−．13．（－3，6）【解析】函数()24,1,ln1,1,xxaxfxxx++=+当1x时，方程ln12x+=，解得ex=，函数()2yfx=−有一个零点，

则当1x时，函数()2yfx=−须有两个零点，即242xxa++=在1x时有两个解．设()242gxxxa=++−，对称轴为()2,xgx=−在(),2−−上单调递减，在()2,−+上单调递增，∴()10g，且()20g−，即1420,4820,aa++−

−+−解得36a−，所以a的取值范围是（－3，6）．14．1或2【解析】当2n时，111,11nnnnnnnnmmTaTaamaTma−−−+=+===++−，所以()1211111111111121nnnnnnnnanmTTmamama

mmamma−−−−−−−−=−=−=−−−−−+−．由数列1nT为等差数列，则1211nnamma−−−−为常数d，①若0d=，则()112nan−=恒成立，即()11nan=恒成立，∴2m=；②若0d，则2111nnadmdma−−−

=−，∴21,1,dmdm==解得1,1,md==综上所述，1m=或2m=．四、解答题（本大题共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）()()()222222bcabcabcabb

ccabc+−++=+−=++−=，则222bcabc+−=−，所以2221cos22bcaAbc+−==−，因为0πA，所以2π3A=．（2）由（1）得，2π3A=，因为3BADCAD=，所以π6CAD=，如图，在ACD△中，由余弦定理，得22232cos31

623472CDADACADACDAC=+−=+−=，即7CD=，在ACD△中，由正弦定理sinsinCDADDACC=，即731sin2C=，所以3sin27C=，因为π03C，故25cos1sin27CC=−=，

在ABC△中，()351321sinsinsincoscossin2272727BACACAC=+=+=−=．16．【解析】（1）在1AAC△中，由余弦定理可得2221111cos2ACAAACAACACAA+−=，

则222112cos60212AC+−=，解得213AC=，由22211ACACAA+=，则在1AAC△中，1ACAC⊥，因为1,,ACABACAB⊥平面,ABCACABA=，所以1AC⊥平面ABC．（2）易知1,,ACACBC两两相互

垂直，分别以1,,CACBCA为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如图，设BCk=，则()()()()110,0,3,0,,0,0,0,0,1,0,3,ABkCC−()()()110,,3,0,,0,1,0,3,BAkCBkCC=−==−设平面11B

CCB的法向量(),,nxyz=，则10,0,nCBnCC==可得0,30,kyxz=−+=令3x=，则0,1yz==，所以平面11BCCB的一个法向量()3,0,1n=，设直线1BA与平面11BCCB所成的角为，则11sinBAnBAn

=，可得233432k=+，解得1k=，易知()111,0,3BBCC==−，设平面11ABB的法向量()000,,mxyz=，则110,0mBAmBB==可得000030,30,yzxz−+=

−+=令01z=，则003,3xy==，所以平面11ABB的一个法向量()3,3,1m=，设平面11ABB与平面11BCCB的夹角为，则30127cos727nmnm++===．17．【解析】（1）当3m=时，第一轮答题

后累计得分X所有取值为4，3，2，()()()1111111114,32,2,224222224PXPXPX=========所以第一轮答题后累计得分X的分布列为：X432P（X）141214所以()1114323424EX=++=．（2）当4m=时

，设“第六轮答题后，答题结束且挑战成功”为事件A，此时情况有2种，分别为：情况①：前5轮答题中，得1分的有3轮，得0分的有2轮，第6轮得1分；情况②：前4轮答题中，得1分的有3轮，得—1分的有1轮，第5、6轮都得1分，所以()323

2335411111111CC4244441024PA=+=．18．【解析】（1）由题意：2222322,32,3,3,1.abaacbcabc==+==

==+所以椭圆C的标准方程为22143xy+=．4分（2）设过点R的切线方程为()21ykx−=−，即()2ykxk=+−，由()222,1,43ykxkxy=+−+=消去y，整理得()()()22243824212

0kxkkxk++−+−−=，由()()()222206424434212kkkk=−=+−−，整理得23410kk+−=，所以1213kk=−．（3）设()()000,0,RxyyRK的延长线交x

轴于K点，如图：因为AIKKJB∥∥，则0022IKAKxJKBKx+==−．设P，Q两点处切线斜率分别为12,kk，过R点的椭圆的切线方程为()00yykxx−=−，即()00ykxykx=+−，由()0022,143ykxy

kxxy=+−+=消去y，化简整理，得()()()22200004384120kxkkxyxkxy+−−+−−=，由0=，得()()()2222000064443412kkxykkxy−=+−−，化简整理，得()22200004230xkxyky−−+−=，由韦达定理，

得20001212220023,44xyykkkkxx−+==−−，所以()()1002002,2lJykxyykxy=−−+=−+，所以要证明IKIAJKJB=，只需证明()()100002002222kxyxxkxy−−++=−−+

，即()()()()()()()()22222000100012001201200042424242,kxyxkxyxkkxykkxkkxxy−++=−+−++=++−=因为00122024xykkx+=−，所以上式成立，即IK

IAJKJB=成立．19．【解析】（1）当0a=时，()1ln12fxx=+，其定义域为()0,+．由()fxx=得1ln102xx−+=．设()1ln12gxxx=−+，则()122xgxx−=，当10,2x时，()0gx；当1,2x

+时，()0gx，所以()gx在10,2上单调递增；在1,2+上单调递减，注意到()10g=，所以()gx在1,2+上恰有一个零点1x=，且()1102gg=，又()22ee0g−−=−，所以()21e02gg−

，所以()gx在10,2上恰有一个零点0x，即()fx在1,2+上恰有一个不动点1,x=在10,2上恰有一个不动点0xx=，所以0,1Ax=，所以A的元素个数为2，又因为01x，所以max1A

=．（2）（i）当0a=时，由（1）知，A有两个元素，不符合题意；当0a时，()21ln12fxxaxa=++−，其定义域为()0,+，由()fxx=得21ln102xaxxa+−+−=．设()()21ln1,0,2hxxaxxax=+−+−+，则()214

212122axxhxaxxx−+=+−=，设()2421Fxaxx=−+，则416a=−，①当14a时，()()0,0,0Fxhx，所以()hx在()0,+上单调递增，又()10h=，所以()hx在()0,+上恰有一个零点1x=，即()fx在()0,+

上恰有一个不动点1x=，符合题意；②当104a时，0，故()Fx恰有两个零点()1212,xxxx．又因为()()010,1410FFa==−，所以1201xx，当()10,xx时，()()0,

0Fxhx；当()12,xxx时，()()0,0Fxhx；当()2,xx+时，()()0,0Fxhx，所以()hx在()10,x上单调递增，在()12,xx上单调递减，在()2,x+上单调递增，注意到()10h=，所以()hx在()12,xx上恰

有一个零点1x=，且()()()()1210,10hxhhxh==，又0x→时，()hx→−，所以()hx在()10,x上恰有一个零点0x，从而()fx至少有两个不动点，不符合题意；所以a的取值范围为1,4+，即集合1,4B=+

．（ii）由（i）知，1,4B=+，所以1min4aB==，此时，()()22113113ln,ln244244fxxxhxxxx=++=+−+，由（i）知，()hx在()0,+上单调递增，所以，当1x时，()()10hxh=，所以()fxx，即()1fxx，故

若1na，则11na+，因为，若存在正整数N使得1Na，则11Na−，从而21Na−，重复这一过程有限次后可得11a，与12a=矛盾，从而，*,1nnaN，下面我们先证明当1x时，()3ln12xx−，设()()33ln,1,22Gxx

xx=−++，所以()1323022xGxxx−=−=，所以()Gx在()1,+上单调递减，所以()()10GxG=，即当1x时，()3ln12xx−，从而当1x时，2211311ln24444xxxxx++−−，从而()2113ln124411

4xxxxx++−−，即()()1114fxxx−−，故()()1114nnnfaaa−−，即()11114nnaa+−−，由于11,1nnaa+，所以110,10nnaa+−−，故11114nnaa+−−，故2n时，12121111

1111114444nnnnnaaaa−−−−−−−−=，所以*1111114144,111434314nnnkknkkna−==−−==−−N，故4max3nC=．