2025屆湖南省永州市高三下學期3月月考數學質量檢測試題注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應的答案標號涂黑，如有改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案；回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、單項選擇題：本題共8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.1.已知，，則A. B. C. D.【正確答案】C【分析】利用指數函數和對數函數的性值，求得，進而得解..【詳解】集合,所以,故選:C.2.已知復數滿足：，則的最小值是（）A.1 B. C. D.【正確答案】C【分析】設,再根據求出滿足的方程,根據復數的幾何意義求解的最小值即可.【詳解】設,因為,故,故,即.故在復平面內的軌跡是直線.又的幾何意義為到復平面原點的距離,故其最小值為原點到的距離.故選：C本題主要考查了復數的幾何意義運用,需要根據題意設再列式求解對應的軌跡方程.屬于中檔題.3.已知數列的通項公式為，則“”是“數列單調遞增”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】A【分析】由數列單調遞增，化簡得到，再由的單調性求得a的范圍，然后再由充分條件，必要條件的定義判斷.【詳解】若數列單調遞增則，化簡得，令在上遞增，所以，所以“”是“數列單調遞增”的充分不必要條件，故選：A4.已知，，，，則（）A. B.或 C. D.或【正確答案】C【分析】利用和差角公式化簡已知等式，再結合已知求出，進而求出，確定的范圍即可得解.【詳解】由，得，則，而，解得，因此，由，，得或，則，所以.故選：C5.在直角中，，，，若，則A. B. C. D.【正確答案】C【分析】在直角三角形ABC中，求得，再由向量的加減運算，運用平面向量基本定理，結合向量數量積的定義和性質：向量的平方即為模的平方，化簡計算即可得到所求值．【詳解】在直角中，，，，，

，

若，則故選C.本題考查向量的加減運算和數量積的定義和性質，主要是向量的平方即為模的平方，考查運算能力，屬于中檔題．6.記為等比數列的前n項和，若，，則（）．A.120 B.85 C. D.【正確答案】C【分析】方法一：根據等比數列的前n項和公式求出公比，再根據的關系即可解出；方法二：根據等比數列的前n項和的性質求解．【詳解】方法一：設等比數列的公比為，首項為，若，則，與題意不符，所以；若，則，與題意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故選：C．方法二：設等比數列的公比為，因為，，所以，否則，從而，成等比數列，所以有，，解得：或，當時，，即為，易知，，即；當時，，與矛盾，舍去．故選：C．本題主要考查等比數列的前n項和公式的應用，以及整體思想的應用，解題關鍵是把握的關系，從而減少相關量的求解，簡化運算．7.已知過拋物線焦點的直線交拋物線于M、N兩點，則的最小值為（）A. B. C. D.6【正確答案】A【分析】設直線的方程為：，，，將直線方程與拋物線方程聯立消去的關于的方程，即可得，利用拋物線的定義計算可得關于的表達式，利用基本不等式即可求最值.【詳解】由題意可得焦點，且直線斜率存在，設直線的方程為：，，，由可得，所以，，由拋物線的定義可得：，，所以，因為，所以當且僅當即時等號成立，所以的最小值為，故選：A.8.雙曲線的左，右焦點分別為，過作垂直于軸的直線交雙曲線于兩點，的內切圓圓心分別為，則的面積是（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】由題意畫出圖，由已知求出的值，找出的坐標，由的內切圓圓心分別為，進行分析，由等面積法求出內切圓的半徑，從而求出的底和高，利用三角形的面積公式計算即可.【詳解】由題意如圖所示：由雙曲線，知，所以，所以，所以過作垂直于軸的直線為，代入中，解出，由題知的內切圓的半徑相等，且，的內切圓圓心的連線垂直于軸于點，設為，在中，由等面積法得：由雙曲線的定義可知：由，所以，所以，解得：，因為為的的角平分線，所以一定在上，即軸上，令圓半徑為，在中，由等面積法得：，又所以，所以，所以，，所以，故選：A.二、多項選擇題：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，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對得部分分，選錯得0分.9.已知展開式的二項式系數和為，，下列選項正確的是（）A. B.C. D.【正確答案】BD【分析】先用題目條件得到，然后取特殊值即可驗證A，對表達式求導即可驗證B，換元并使用二項式定理即可驗證C，考查每一項系數的符號并取特殊值即可驗證D.【詳解】由已知有，故，.所以.對于A，取得，取得，所以，A錯誤；對于B，對求導得，取得，B正確；對于C，在中用替換，得.所以，特別地對有，C錯誤；對于D，由有.在中取得，所以，D正確.故選：BD.關鍵點點睛：本題的關鍵在于在恒等式中取特殊值，以得到相應的結果.10.已知函數，則下列結論正確的是（）A.是的極大值點 B.有3個零點C.點為圖象的對稱中心 D.當時，【正確答案】BCD【分析】對函數求導，求方程的根，得的單調性，即可判斷選項A；求方程的根，即可判斷選項B；將函數解析式進行變形，根據函數圖象的平移變換法則得到圖象的對稱性，從而判斷選項C；利用函數的單調性與圖象的對稱性，即可判斷選項D．【詳解】選項A：由，得，令，解得或，令，得或；令，得．所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，當時，取得極小值，故A錯誤．選項B：解法一：令，得，即，解得或或，即有3個零點，故B正確．解法二：根據選項A可知的單調性，由則，所以在上有1個零點，又，，則，故在上各有一個零點，結合單調性可知，時，時，，從而在上有3個零點，故B正確．選項C：，根據二項式定理，又，于是，令，則函數可轉化為，又為奇函數，故其圖像關于點對稱，可知的圖像關于點對稱，圖像向右平移單位得到圖像，所以點是圖像的對稱中心，故C正確．選項D：當時，，又函數在上單調遞減，所以，因為點是圖像的對稱中心，所以，所以，故D正確．故選：BCD結論點睛：（1）若函數的圖象關于點對稱，則；（2）三次函數圖象的對稱中心：任意三次函數的圖象均為中心對稱圖形，且對稱中心為點，其中是的二階導數的零點．11.已知正方體的棱長為2，棱AB的中點為M，點N在正方體的內部及其表面運動，使得平面，則（）A.三棱錐的體積為定值B.當最大時，MN與BC所成的角為C.正方體的每個面與點N的軌跡所在平面夾角都相等D.若，則點N的軌跡長度為【正確答案】ACD【分析】首先利用平面的基本性質確定點所在平面，且面面，構建空間直角坐標系，求面的一個法向量，應用向量法求到面的距離，進而求三棱錐的體積判斷A；找到最大時MN與BC所成角的平面角即可判斷B；判斷，，與的夾角余弦值的絕對值是否相等即可判斷C；N的軌跡是以為球心的球體被面所截的圓，進而求周長判斷D.【詳解】過中點作與交，作與交，重復上述步驟，依次作的平行線與分別交于（注意各交點均為各棱上的中點），最后依次連接各交點，得到如下圖示的正六邊形，因為，面，面，所以面，同理可得面，因，面，所以面面，所以面中直線都平行于面，又面，且平面，所以面，即面，根據正方體性質，可構建如下圖示的空間直角坐標系，則，，，，且，，，，，，A：由上分析知：面任意一點到面的距離，即為到面的距離，而，，若為面的一個法向量，所以，令，則，而，所以到面的距離，即到面的距離為，又△為等邊三角形，則，所以三棱錐的體積為定值，正確；B：由圖知：當與重合時最大為，且，所以MN與BC所成的角，即為，錯誤；C：由正方體性質，只需判斷各側面的法向量，，與的夾角余弦值的絕對值是否相等即可，又，同理可得，所以正方體的每個面與點N的軌跡所在平面夾角都相等，正確；D：若，則點N的軌跡是以為球心的球體被面所截的圓，因為面面，故也是面法向量，而，所以到面的距離為，故軌跡圓的半徑，故點N的軌跡長度為，正確.故選：ACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.關于函數，有下列命題：①其最小正周期是；②其圖象可由的圖象向左平移個單位得到；③其表達式可改寫；④在上為增函數．其中正確的命題的序是：______．【正確答案】①④【分析】直接求出函數的周期判斷①；由函數圖象的平移判斷②；利用誘導公式變形判斷③；由得范圍求出相位的范圍判斷④．【詳解】解：，，則命題①正確；由，得，由的圖象向右平移個單位得到，命題②錯誤；，命題③錯誤；當時，，在上為增函數，命題④正確．故答案為①④．本題考查命題的真假判斷與應用，考查了型函數的圖象和性質，是中檔題．13.如圖，給圖中的A，B，C，D，E，F六個點涂色，要求每個點涂一種顏色，且圖中每條線段的兩個端點涂不同顏色，若有四種顏色可供選擇，則不同的涂色方法共有______種.【正確答案】264【分析】按用色數量的不同分成兩類，每一類中分步進行，先確定涂A，D，E三點涂法數，再討論點B，F，C的涂法數即可.【詳解】計算不同涂色方法數有兩類辦法：當涂四色時，先涂A，E，D，有種涂法，再從B，F，C中選一點涂第四種顏色，如B，再涂F，若F與D同色，則C有2種涂法，若F與D異色，則C有1種涂法，于是得有種涂法，當涂三色時，先涂A，E，D，有種涂法，再涂B，有2種涂法，則F，C各有1種涂法，于是得有種涂法，利用分類加法計數原理得不同涂色方法數為：(種)，所以不同的涂色方法共有264種.故26414.從1，2，3，，這個數中隨機抽一個數記為，再從1，2，，中隨機抽一個數記為，則______.【正確答案】【分析】依題意，，根據全概率公式求出，，再由期望公式計算可得.【詳解】依題意，，由全概率公式可知；；，；；所以.

故答案：關鍵點點睛：本題關鍵由全概率公式得到，，再利用分組求和法求出期望.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.在中，角所對的邊分別為.已知.（1）求；（2）若，且的面積為，求的周長.【正確答案】（1）；（2）.【分析】（1）先由已知條件結合兩角和的正切公式得，再結合角A的范圍和即可得解.（2）先由（1）結合已知條件和求出，再由余弦定理求出進而得解.【小問1詳解】由題得，因為，，故，，所以.【小問2詳解】由（1）得，故由和得，所以，故，所以的周長為.16.從2016年到2019年的某城市方便面銷量情況如圖所示：年份2016201720182019時間代號1234年銷量（萬包）462444404385（1）根據上表，求關于的線性回歸方程．用所求回歸方程預測2020年（）方便面在該城市的年銷量；（2）某媒體記者隨機對身邊的10位朋友做了一次調查，其中3位受訪者認為方便面是健康食品．現從這10人中抽取3人進行深度訪談，記表示隨機抽取的3人認為方便面是健康食品的人數，求隨機變量的分布列及數學期望．參考公式：回歸方程：，其中，．參考數據：．【正確答案】（1），356萬包；（2）分布列詳見解析，．【分析】（1）直接利用回歸方程公式計算得到答案.（2）的可能值為0，1，2，3，計算概率得到分布列，再計算數學期望得到答案.【詳解】（1），，，，，所以.當時，.（2）依題意，10人中認為方便面是健康食品的有3人，的可能值為0，1，2，3，所以；；；，故分布列為：

.本題考查了回歸方程，分布列，數學期望，意在考查學生的計算能力和應用能力.17.如圖，在四棱錐中，平面，底面是邊長為的菱形.分別為的中點，.（1）求證：；（2）若四棱錐的體積為，求平面與平面的夾角.【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）先證得平面，進而求證平面，即可；（2）建系，求得平面法向量，代入夾角公式即可求解；小問1詳解】平面平面，，平面，平面，又平面，，又平面平面，又平面；【小問2詳解】由（1）可知，又，，底面為菱形，為的中點，是等邊三角形，由（1）知，所以四棱錐的體積.，如圖，以為原點，以為軸正方向，建立空間直角坐標系，則，，平面法向量為，設平面法向量為，則令，則為平面的一個法向量，設平面與平面的夾角為故平面與平面的夾角為18.已知函數，且在處取得極值，.（1）證明：函數存在唯一的極小值點；（2）若，且當時，恒成立，求的最大值.【正確答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由已知條件得出，可得出，利用導數分析函數的符號變化，由此可證得結論成立；（2）分析可知，不等式在時恒成立，令，利用導數求出函數在時的最小值，由此可求得整數的最大值.【詳解】（1），則，因為在處取得極值，則，可得，所以，，所以，，則，故.當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，，且，所以，，使得，又，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，存在唯一的極小值點；（2）依題意得，當時，恒成立，即在時恒成立.令，則，令，其中，則，故函數在上單調遞增，故，因為，，所以，，使得，即，當時，，此時單調遞減，當時，，此時單調遞增，，即，，故的最大值為.結論點睛：利用參變量分離法求解函數不等式恒（能）成立，可根據以下原則進行求解：（1），；（2），；（3），；（4），..19.如圖拋物線，過有兩條直線與拋物線交于與拋物線交于，（1）若斜率為1，求；（2