长沙市一中2025届高三月考试卷（三）数学时量：120分钟满分：150分一、选择题（本大题共8个小题，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i34iz1.若复数z满足z，则（）5225A.B.C.D.5552【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算求出复数z，计算其模，即得答案.1i1i1i34i17i【详解】由34i可得z，z34i34i34i252则z,5故选：C22.已知数列an的前n项和Snn2n，则a3a4a5等于（）A.12B.15C.18D.21【答案】B【解析】【分析】利用S5S2即可求得a3a4a5的值.2【详解】因为数列an的前n项和Snn2n，22所以a3a4a5=S5S252522215.故选：B.3.抛物线y4x2的焦点坐标为（）A.(1,0)B.(1,0)11C.(0,)D.(0,)1616第1页/共20页学科网（北京）股份有限公司【答案】D【解析】【分析】先将抛物线方程化为标准方程，从而可求出其焦点坐标1【详解】解：由y4x2，得x2y，41所以抛物线的焦点在y轴的正半轴上，且2p，41p1所以p，，82161所以焦点坐标为(0,)，16故选：D4.如图是函数ysinx的部分图象，则函数的解析式可为（）ππA.ysin2xB.ysinx33π5πC.ysin2xD.ycos2x66【答案】A【解析】5π【分析】观察图象，确定函数ysinx的周期，排除B，由图象可得当x时，函数取最小值，12求由此判断AC，结合诱导公式判断D.2ππ【详解】观察图象可得函数ysinx的最小正周期为T2π，362π所以π，故或，排除；22Bπ2π观察图象可得当5π时，函数取最小值，x632125π3π当2时，可得22kπ+，kZ，122第2页/共20页学科网（北京）股份有限公司2π所以2kπ+，kZ，排除C；35ππ当2时，可得22kπ，kZ，122π所以2kπ+，kZ，3π取k0可得，，3π故函数的解析式可能为ysin2x，A正确；35ππππycos2xcos2xsin2x，D错误6233故选：A.5.1903年，火箭专家、航天之父康斯坦丁・齐奥尔科夫斯基就提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的mm12理想情况下的最大速度v满足公式：vv0ln，其中m1,m2分别为火箭结构质量和推进剂的质量，m1v0是发动机的喷气速度.已知某单级火箭结构质量是推进剂质量的2倍，火箭的最大速度为8km/s，则火箭发动机的喷气速度为（）（参考数据：ln20.7，ln31.1,ln41.4）80A.10km/sB.20km/sC.km/sD.40km/s3【答案】B【解析】【分析】根据实际问题，运用对数运算可得.mm2mm1222【详解】由题意m12m2，vv0lnv0ln8，m12m28883v20得，故0，v0ln83ln3ln21.10.72ln2故选：B866.若3cos10cos，3sin10sin，则cos的值为（）55551010A.B.C.D.4444【答案】C第3页/共20页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】已知两式平方相加，再由两角和的余弦公式变形可得．86【详解】因为3cos10cos，3sin10sin，556436所以(3cos10cos)2，(3sin10sin)2，252564即所以9cos2610coscos10cos2，25369sin2610sinsin+10sin2，25两式相加得9610cos()104，10所以cos()，4故选：C．27.如图，一个质点从原点O出发，每隔一秒随机向左或向右移动一个单位长度，向左的概率为，向右的31概率为，共移动4次，则该质点共两次到达1的位置的概率为（）34824A.B.C.D.272799【答案】A【解析】【分析】根据该质点共两次到达1的位置的方式有0101和0121，且两种方式第4次移动向左向右均可以求解.【详解】共移动4次，该质点共两次到达1的位置的方式有0101和0121，且两种方式第4次移动向左向右均可以，1211124所以该质点共两次到达1的位置的概率为.33333327故选：A.*8.设Sn为数列的前n项和，若anan12n1，且存在kN，SkSk1210，则a1的取值集合�为（）�A.20,21B.20,20C.29,11D.20,19第4页/共20页学科网（北京）股份有限公司【答案】A【解析】【分析】利用anan12n1可证明得数列a2n1和a2n都是公差为2的等差数列，再可求得S2n=n2n1，有了这些信息，就可以从k的取值分析并求解出结果.【详解】因为anan12n1，3+4n1n所以S=a+a+a+a++a+a37+4n1=n2n1，2n12342n12n221假设S=n2n1=210，解得n=10或n=（舍去），2n2*由存在kN，SkSk1210，所以有k19或k20，由anan12n1可得，an+1an22n3，两式相减得：an2an2，当k20时，有S20S21210，即a210，根据an2an2可知：数列奇数项是等差数列，公差为2，所以，解得，a21a1+11120a120当k19时，有S19S20210，即a200，根据an2an2可知：数列偶数项也是等差数列，公差为2，所以a20a2+10120，解得a218，由已知得a1a23，所以a121.故选：A.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，至少有两项是符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分）9.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为AD1，DB的中点，则下列说法正确的是（）第5页/共20页学科网（北京）股份有限公司oA.直线EF与D1B1为异面直线B.直线D1E与DC1所成的角为60C.D1FADD.EF//平面CDD1C1【答案】ABD【解析】【分析】直接根据异面直线及其所成角的概念可判断AB，利用反证法可判断C，利用线面平行判定定理可判断D.【详解】如图所示，连接AC，CD1，EF，由于E，F分别为AD1，DB的中点，即F为AC的中点，所以EF//CD1，EF面CDD1C1，CD1面CDD1C1，所以EF//平面CDD1C1，即D正确；所以EF与CD1共面，而B1CD1，所以直线EF与D1B1为异面直线，即A正确；连接BC1，易得D1E//BC1，所以DC1B即为直线D1E与DC1所成的角或其补角，由于BDC1为等边三角形，即DC1B60，所以B正确；假设D1FAD，由于ADDD1，DFDD1D，所以AD面D1DF，而AD面D1DF显然不成立，故C错误；故选：ABD.第6页/共20页学科网（北京）股份有限公司2210.已知P是圆O:xy4上的动点，直线l1:xcosysin4与l2:xsinycos1交于点Q，则（）A.l1l2B.直线l1与圆O相切C.直线l2与圆O截得弦长为23D.OQ的值为17【答案】ACD【解析】【分析】选项A根据l1l2，A1A2B1B20可判断正确；选项B由圆心O到l1的距离不等半径可判断错误；选项C根据垂直定理可得；选项D先求出Q4sincos,4cossin，根据两点间的距离公式可得.【详解】选项A：因cossinsincos0，故l1l2，A正确；选项B：圆O的圆心O的坐标为0,0，半径为r2，4圆心O到l1的距离为d14r，故直线l1与圆O相离，故B错误；cos2sin2第7页/共20页学科网（北京）股份有限公司1d1选项C：圆心O到l1的距离为22，sin2cos故弦长为22，故正确；l2rd223Cxcosysin4x4cossin选项D：由得，xsinycos1y4sincos故Q4cossin,4sincos，22故OQ4cossin4sincos17，故D正确故选：ACD3211.已知三次函数fxaxbxcxd有三个不同的零点x1，x2，x3x1x2x3，函数gxfx1也有三个零点t1，t2，t3t1t2t3，则（）A.b23acbB.若x，x，x成等差数列，则x12323aC.x1x3t1t3222222D.x1x2x3t1t2t3【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由题意可得fx0有两个不同实根，则由0即可判断；对于B，若x1,x2,x3成等差数列，则x2,fx2为fx的对称中心，即可判断；对于C，结合图象，当a0和a0时，分类讨论即可判断；对于D，由三次函数有三个不同的零点，结合韦达定理，即可判断.【详解】因为fxax3bx2cxd，2bb则fx3ax2bxc，a0，对称中心为,f，3a3a对于A，因为fx有三个不同零点，所以fx必有两个极值点，即fx3ax22bxc=0有两个不同的实根，所以Δ4b212ac0，即b23ac，故A正确；第8页/共20页学科网（北京）股份有限公司对于B，由x1,x2,x3成等差数列，及三次函数的中心对称性，b可知x2,fx2为fx的对称中心，所以x，故B正确；23a对于C，函数gxfx1，当gx0时，fx1，则y1与yfx的交点的横坐标即为t1，t2，t3，当a0时，画出fx与y1的图象，由图可知，x1t1，x3t3，则x1x3t1t3，当a0时，则x1x3t1t3，故C错误；axxxxxxax3bx2cxd对，由题意，得123，D32axt1xt2xt3axbxcxd1bxxxttt123123a整理，得，cxxxxxxtttttt122331122331a得22，x1x2x32x1x2x2x3x3x1t1t2t32t1t2t2t3t3t1222222即x1x2x3t1t2t3，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是利用交点式得到三次方程的韦达定理式再计算即可.三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）12.已知随机变量X服从二项分布Bn,p，若EX3，DX2，则n_____.【答案】9【解析】【分析】根据二项分布的期望、方差公式，即可求得答案.【详解】由题意知随机变量X服从二项分布Bn,p，EX3，DX2，第9页/共20页学科网（北京）股份有限公司1则np3,np1p2，即得p,n9，3故答案为：9113.已知平面向量a，b满足a2，b1，且