2025屆湖南省長沙市雅禮書院中學高三下學期第一次月考（4月）數學試題試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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。1．已知函數為奇函數，且，則（）A．2 B．5 C．1 D．32．已知等差數列的前項和為，若，則等差數列公差（）A．2 B． C．3 D．43．執行下面的程序框圖，若輸出的的值為63，則判斷框中可以填入的關于的判斷條件是（）A． B． C． D．4．以下三個命題：①在勻速傳遞的產品生產流水線上，質檢員每10分鐘從中抽取一件產品進行某項指標檢測，這樣的抽樣是分層抽樣；②若兩個變量的線性相關性越強，則相關系數的絕對值越接近于1；③對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越小，判斷“與有關系”的把握越大；其中真命題的個數為（）A．3 B．2 C．1 D．05．已知單位向量，的夾角為，若向量，，且，則（）A．2 B．2 C．4 D．66．某程序框圖如圖所示，若輸出的，則判斷框內為（）A． B． C． D．7．在空間直角坐標系中，四面體各頂點坐標分別為：．假設螞蟻窩在點，一只螞蟻從點出發，需要在，上分別任意選擇一點留下信息，然后再返回點．那么完成這個工作所需要走的最短路徑長度是（）A． B． C． D．8．設等差數列的前項和為，若，則（）A．10 B．9 C．8 D．79．已知F為拋物線y2＝4x的焦點，過點F且斜率為1的直線交拋物線于A，B兩點，則||FA|﹣|FB||的值等于（）A． B．8 C． D．410．定義在上的奇函數滿足，若，，則（）A． B．0 C．1 D．211．關于函數，有下述三個結論：①函數的一個周期為；②函數在上單調遞增；③函數的值域為.其中所有正確結論的編號是（）A．①② B．② C．②③ D．③12．已知正方體的體積為，點，分別在棱，上，滿足最小，則四面體的體積為A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，，，則的最小值是__．14．某市高三理科學生有名，在一次調研測試中，數學成績服從正態分布，已知，若按成績分層抽樣的方式取份試卷進行分析，則應從分以上的試卷中抽取的份數為__________.15．已知橢圓：的左、右焦點分別為，，如圖是過且垂直于長軸的弦，則的內切圓方程是________.16．設滿足約束條件，則的取值范圍為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知.（1）當時，求不等式的解集；（2）若時不等式成立，求的取值范圍.18．（12分）已知函數．（1）當（為自然對數的底數）時，求函數的極值；（2）為的導函數，當，時，求證：．19．（12分）已知函數.（1）討論的單調性；（2）若函數在上存在兩個極值點，，且，證明.20．（12分）已知函數，．（1）當時，求不等式的解集；（2）若函數的圖象與軸恰好圍成一個直角三角形，求的值．21．（12分）若數列前n項和為，且滿足（t為常數，且）（1）求數列的通項公式：（2）設，且數列為等比數列，令，.求證：.22．（10分）的內角、、所對的邊長分別為、、，已知.（1）求的值；（2）若，點是線段的中點，，求的面積.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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。1．B【解析】

由函數為奇函數,則有,代入已知即可求得.【詳解】.故選:.【點睛】本題考查奇偶性在抽象函數中的應用,考查學生分析問題的能力,難度較易.2．C【解析】

根據等差數列的求和公式即可得出．【詳解】∵a1=12，S5=90，∴5×12+d=90，解得d=1．故選C．【點睛】本題主要考查了等差數列的求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．3．B【解析】

根據程序框圖，逐步執行，直到的值為63，結束循環，即可得出判斷條件.【詳解】執行框圖如下：初始值：，第一步：，此時不能輸出，繼續循環；第二步：，此時不能輸出，繼續循環；第三步：，此時不能輸出，繼續循環；第四步：，此時不能輸出，繼續循環；第五步：，此時不能輸出，繼續循環；第六步：，此時要輸出，結束循環；故，判斷條件為.故選B【點睛】本題主要考查完善程序框圖，只需逐步執行框圖，結合輸出結果，即可確定判斷條件，屬于常考題型.4．C【解析】

根據抽樣方式的特征，可判斷①；根據相關系數的性質，可判斷②；根據獨立性檢驗的方法和步驟，可判斷③．【詳解】①根據抽樣是間隔相同，且樣本間無明顯差異，故①應是系統抽樣，即①為假命題；②兩個隨機變量相關性越強，則相關系數的絕對值越接近于1；兩個隨機變量相關性越弱，則相關系數的絕對值越接近于0；故②為真命題；③對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越小，“與有關系”的把握程度越小，故③為假命題．故選：．【點睛】本題以命題的真假判斷為載體考查了抽樣方法、相關系數、獨立性檢驗等知識點，屬于基礎題．5．C【解析】

根據列方程，由此求得的值，進而求得.【詳解】由于，所以，即，解得.所以所以.故選：C【點睛】本小題主要考查向量垂直的表示，考查向量數量積的運算，考查向量模的求法，屬于基礎題.6．C【解析】程序在運行過程中各變量值變化如下表：KS是否繼續循環循環前11第一圈24是第二圈311是第三圈426是第四圈557是第五圈6120否故退出循環的條件應為k>5?本題選擇C選項.點睛：使用循環結構尋數時，要明確數字的結構特征，決定循環的終止條件與數的結構特征的關系及循環次數．尤其是統計數時，注意要統計的數的出現次數與循環次數的區別．7．C【解析】

將四面體沿著劈開，展開后最短路徑就是的邊，在中，利用余弦定理即可求解.【詳解】將四面體沿著劈開，展開后如下圖所示：最短路徑就是的邊．易求得，由，知，由余弦定理知其中，∴故選：C【點睛】本題考查了余弦定理解三角形，需熟記定理的內容，考查了學生的空間想象能力，屬于中檔題.8．B【解析】

根據題意，解得，，得到答案.【詳解】，解得，，故.故選：.【點睛】本題考查了等差數列的求和，意在考查學生的計算能力.9．C【解析】

將直線方程代入拋物線方程，根據根與系數的關系和拋物線的定義即可得出的值．【詳解】F（1，0），故直線AB的方程為y＝x﹣1，聯立方程組，可得x2﹣6x+1＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），由根與系數的關系可知x1+x2＝6，x1x2＝1．由拋物線的定義可知：|FA|＝x1+1，|FB|＝x2+1，∴||FA|﹣|FB||＝|x1﹣x2|＝．故選C．【點睛】本題考查了拋物線的定義，直線與拋物線的位置關系，屬于中檔題．10．C【解析】

首先判斷出是周期為的周期函數，由此求得所求表達式的值.【詳解】由已知為奇函數，得，而，所以，所以，即的周期為.由于，，，所以，，，.所以，又，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查函數的奇偶性和周期性，屬于基礎題.11．C【解析】

①用周期函數的定義驗證.②當時，，，再利用單調性判斷.③根據平移變換，函數的值域等價于函數的值域，而，當時，再求值域.【詳解】因為，故①錯誤；當時，，所以，所以在上單調遞增，故②正確；函數的值域等價于函數的值域，易知，故當時，，故③正確.故選：C.【點睛】本題考查三角函數的性質，還考查推理論證能力以及分類討論思想，屬于中檔題.12．D【解析】

由題意畫出圖形，將所在的面延它們的交線展開到與所在的面共面，可得當時最小，設正方體的棱長為，得，進一步求出四面體的體積即可．【詳解】解：如圖，

∵點M，N分別在棱上，要最小，將所在的面延它們的交線展開到與所在的面共面，三線共線時，最小，

∴

設正方體的棱長為，則，∴．

取，連接，則共面，在中，設到的距離為，

設到平面的距離為，

.

故選D．【點睛】本題考查多面體體積的求法，考查了多面體表面上的最短距離問題，考查計算能力，是中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．．【解析】

因為，展開后利用基本不等式，即可得到本題答案.【詳解】由，得，所以，當且僅當，取等號.故答案為：【點睛】本題主要考查利用基本不等式求最值，考查學生的轉化能力和運算求解能力.14．【解析】

由題意結合正態分布曲線可得分以上的概率，乘以可得.【詳解】解：，所以應從分以上的試卷中抽取份.故答案為：.【點睛】本題考查正態分布曲線，屬于基礎題.15．【解析】

利用公式計算出，其中為的周長，為內切圓半徑，再利用圓心到直線AB的距離等于半徑可得到圓心坐標.【詳解】由已知，，，，設內切圓的圓心為，半徑為，則，故有，解得，由，或（舍），所以的內切圓方程為.故答案為：.【點睛】本題考查橢圓中三角形內切圓的方程問題，涉及到橢圓焦點三角形、橢圓的定義等知識，考查學生的運算能力，是一道中檔題.16．【解析】

由題意畫出可行域，轉化目標函數為，數形結合即可得到的最值，即可得解.【詳解】由題意畫出可行域，如圖：轉化目標函數為，通過平移直線，數形結合可知：當直線過點A時，直線截距最大，z最小；當直線過點C時，直線截距最小，z最大.由可得，由可得，當直線過點時，；當直線過點時，，所以.故答案為：.【點睛】本題考查了簡單的線性規劃，考查了數形結合思想，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）；（2）【解析】分析：(1)將代入函數解析式，求得，利用零點分段將解析式化為，然后利用分段函數，分情況討論求得不等式的解集為；(2)根據題中所給的，其中一個絕對值符號可以去掉，不等式可以化為時，分情況討論即可求得結果.詳解：（1）當時，，即故不等式的解集為．（2）當時成立等價于當時成立．若，則當時；若，的解集為，所以，故．綜上，的取值范圍為．點睛：該題考查的是有關絕對值不等式的解法，以及含參的絕對值的式子在某個區間上恒成立求參數的取值范圍的問題，在解題的過程中，需要會用零點分段法將其化為分段函數，從而將不等式轉化為多個不等式組來解決，關于第二問求參數的取值范圍時，可以應用題中所給的自變量的范圍，去掉一個絕對值符號，之后進行分類討論，求得結果.18．（1）極大值，極小值；（2）詳見解析.【解析】

首先確定函數的定義域和；（1）當時，根據的正負可確定單調性，進而確定極值點，代入可求得極值；（2）通過分析法可將問題轉化為證明，設，令，利用導數可證得，進而得到結論.【詳解】由題意得：定義域為，，（1）當時，，當和時，；當時，，在，上單調遞增，在上單調遞減，極大值為，極小值為.（2）要證：，即證：，即證：，化簡可得：．，，即證：，設，令，則，在上單調遞增，，則由，從而有：.【點睛】本題考查導數在研究函數中的應用，涉及到函數極值的求解、利用導數證明不等式的問題；本題不等式證明的關鍵是能夠將多個變量的問題轉化為一個變量的問題，通過構造函數的方式將問題轉化為函數最值的求解問題.19．（1）若，則在定義域內遞增；若，則在上單調遞增，在上單調遞減（2）證明見解析【解析】

（1），分，討論即可；（2）由題可得到，故只需證，，即，采用換元法，轉化為函數的最值問題來處理.【詳解】由已知，，若，則在定義域內遞增；若，則在上單調遞增，在上單調遞減.（2）由題意，對求導可得從而，是的兩個變號零點，因此下證：，即證令，即證：，對求導可得，，，因為故，所以在上單調遞減，而，從而所以在單調遞增，所以，即于是【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性以及證明不等式，考查學生邏輯推理能力、轉化與化歸能力，是一道有一定難度的壓軸題.20．（1）（2）【解析】

（1）當時，，由可得，（所以，解得，所以不等式的解集為．（2）由題可得，因為函數的圖象與軸恰好圍成一個直角三角形，所以，解得，當時，，函數的圖象與軸沒有交點，不符合題意；當時，，函數的圖象與軸恰好圍成一個直角三角形，符合題意．綜上，可得．21．（1）（2）詳見解析【解析】

（1）利用可得的遞推關系，從而可求其通項.（2）由為等比數列可得，從而可得的通項，利用錯位相減法可得的前項和，利用不等式的性質可證.【詳解】（1）由題意，得：（t為常數，且），當時，得，得.由，故，，故.（2）由，由為等比數列可知：，又，故，化簡得到，所以或（舍）.所以，，則.設的前n項和為.則，相減可得【點睛】數列的通項與前項和的關系式，我們常利用這個關系式實現與之間的相互轉化.數列求和關鍵看通項的結構形式，如果通