湖北省部分重点中学2025届高三数学上学期1月第二次联考试题含解析

湖北省部分重点中学2024届高三数学上学期1月其次次联考试题一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40.0分.在每小题列出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，且，则实数的全部值构成的集合是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出，由得到，分与，求出实数a的值，得到答案,【详解】，因为，所以，当时，，满意要求，当时，只有一个根，若，则，解得：，若，则，解得：，若，则，解得：，实数的全部值构成的集合是.故选：D2.给出下列命题，其中正确命题的个数为（）①若样本数据，，…，的方差为3，则数据，，…，的方差为6；②回来方程为时，变量与具有负的线性相关关系；③随机变量听从正态分布，，则；④甲同学所在的某校高三共有5003人，先剔除3人，再按简洁随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为.A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】A【解析】【分析】依据方差的性质可推断①；依据变量x，y的线性回来方程的系数，推断变量x，y是负相关关系可推断②；利用正态分布的对称性，计算求得结果可推断③；依据简洁随机抽样概率均等，计算出每人被抽取的概率可推断④.【详解】对于①，若样本数据，，…，的方差为3，则数据，，…，的方差为，故①错误；对于②，回来方程为，可知，则变量x与y具有负的线性相关关系，故②正确；对于③，随机变量X听从正态分布，，依据正态分布的对称性，所以，故③错误；对于④，依据简洁随机抽样概率均等可知，某校高三共有5003人，抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为，故④错误.故选：A.3.已知函数，则“”是“函数在处有极值”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】求出函数的导函数，依题意可得，即可得到方程组，解得、再检验，最终依据充分条件、必要条件的定义推断即可.【详解】解：因为，所以，所以，解得或；当时，，即函数在定义域上单调递增，无极值点，故舍去；当时，，当或时，当时，满意函数在处取得极值，所以，所以由推不出函数在处有极值，即充分性不成立；由函数在处有极值推得出，即必要性成立；故“”是“函数在处有极值”的必要不充分条件；故选：B4.已知圆C：x2＋y2－2x－2my＋m2－3＝0关于直线l：x－y＋1＝0对称，则直线x＝－1与圆C的位置关系是（）A.相切 B.相交C.相离 D.不能确定【答案】A【解析】【分析】把圆方程配方得圆心坐标和半径，由圆关于直线对称，说明圆心在此直线上，求得参数m，再求出圆心到直线的距离推断直线与圆的位置关系．【详解】由已知得C：(x－1)2＋(y－m)2＝4，即圆心C(1，m)，半径r＝2，因为圆C关于直线l：x－y＋1＝0对称，所以圆心(1，m)在直线l：x－y＋1＝0上，所以m＝2．由圆心C(1，2)到直线x＝－1的距离d＝1＋1＝2＝r知，直线x＝－1与圆C相切．故选：A.【点睛】本题考查圆的一般方程，考查直线与圆的位置关系．圆的一般方程可通过配方法变为标准方程，从而得出圆心坐标和半径．5.已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为（）A. B.2 C. D.3【答案】D【解析】【分析】由题意，得，且，是方程的两根，由韦达定理，解得；，由基本不等式得，从而可得，利用对勾函数性质可求解.【详解】因为的解集为，所以，且，是方程的两根，，得；，即，当时，，当且仅当，即时取等号，令，由对勾函数的性质可知函数在上单调递增，所以，的最小值为3.故选：D．6.已知函数及其导函数的定义域都为，且为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依据函数的奇偶性对称性可得函数的周期性以及，再利用复合函数的导数推出的周期以及，进而可求解.【详解】因为为偶函数，所以，即，即函数图象关于对称，则，因为为奇函数，所以，即函数图象关于点对称，则，所以，则，所以函数以4为周期，，因为，所以，即，即，也即，令，则有，所以，由得，所以以4为周期，所以，所以，C正确，对于其余选项，依据题意可假设满意周期为4，且关于点对称，，故A错误；，B错误；，D错误，故选:C.7.在长方体中，，，，，分别是棱，，上的点，且，，，是平面内一动点，若直线与平面平行，则的最小值为（）A. B.17 C. D.【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面MPN的法向量，设出，依据求出，计算出，得到最小值.【详解】以D作坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，设平面MPN的法向量为，则，令，则，故，设，则，因为直线与平面平行，所以，，因为，所以，故，故当时，取得最小值，最小值为.故选：A8.已知是数列的前项和，且，（），则下列结论正确的是（）A.数列为等比数列 B.数列为等比数列C. D.【答案】D【解析】【分析】A选项，计算出，故不是等比数列，A错误；B选项，计算出的前三项，得到，B错误；C选项，由题干条件得到，故为等比数列，得到，故，，……，，相加即可求出，C错误；D选项，在的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最终求出.【详解】由题意得：，，由于，故数列不是等比数列，A错误；则，，，由于，故数列不等比数列，B错误；时，，即，又，故为等比数列，首项为2，公比为3，故，故，，……，，以上20个式子相加得：，C错误；因为，所以，两式相减得：，当时，，，……，，以上式子相加得：，故，而也符和该式，故，令得：，当时，，，……，，以上式子相加得：，故，而也符号该式，故，令得：，综上：，D正确.故选：D【点睛】当遇到时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最终再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解.二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题列出的四个选项中，有多个选项符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.设，为复数，则下列四个结论中正确的是（）A. B.是纯虚数或零C.恒成立 D.存在复数，，使得【答案】BC【解析】【分析】对于A由右向左化简即可推断，对于B设，求出共轭复数，代入化简分状况即可推断正误，对于C设两个复数计算出求和模长，在计算出模长求和即可比较大小，对于D设两个复数，计算出乘积模长，在计算出模长乘积即可比较大小.【详解】对于A：，令，则，，与不肯定相等，故A错误；对于B：，则，，当时为零，当时为纯虚数，故B正确；对于C：，则，,则，，，故C正确；对于D：设，则，=，故D错误.故选：BD.10.将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，则（）A.在上是减函数 B.C.是奇函数 D.在上有4个零点【答案】ACD【解析】【分析】A选项，代入检验，得到在上单调递减，A正确；B选项，计算出，，两者不肯定相等，C选项，依据函数平移变换求出，故C正确；D选项，令，得到，求出上，或或或，共4个零点，D正确.【详解】时，，由于在上单调递减，故在上单调递减，A正确；，，因为，由于与不肯定相等，故与不肯定相等，B错误；，故是奇函数，C正确；令，解得：，，则，则或或或，解得：或或或，共4个零点，D正确.故选：ACD11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.当或时，有且仅有一个零点B.当或时，有且仅有一个极值点C.若为单调递减函数，则D.若与轴相切，则.【答案】AD【解析】【分析】依据零点的定义可得的零点即方程的根，利用导数探讨函数的性质，结合图象可推断A，由导数的几何意义可推断D，依据导数与函数的单调性的关系求的范围，由此可推断C，结合单调性与极值的定义可推断B.【详解】，令可得，化简可得，设，则，当，，函数在单调递减，当，，函数在单调递增，又，，由此可得函数图象如下：所以当或时，有且仅有一个零点所以当或时，有且仅有一个零点，A对，函数的定义域为，，若与轴相切，设与轴相切与点，则，，所以，，所以，，故D正确；若为单调递减函数，则在上恒成立，所以在上恒成立，设，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，且，，当时，，由此可得函数的图象如下：所以若为单调递减函数，则，C错，所以当时，函数在上没有极值点，B错，故选：AD.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是构造函数，利用函数的单调性和图象解决问题，本题为函数综合性问题，涉及函数的零点，导数的几何意义，依据函数的单调性求参数，函数的极值，考查的学问点较多，要求具有扎实的基础学问，较强的解题实力.12.曲率半径是用来描述曲线上某点处曲线弯曲改变程度的量，已知对于曲线（）上点处的曲率半径公式为，则下列说法正确的是（）A.若曲线上某点处的曲率半径起大，则曲线在该点处的弯曲程度越小B.若某焦点在轴上的椭圆上一点处的曲率半径的最小值为（半焦距）则该椭圆离心率为C.椭圆（）上一点处的曲率半径的最大值为D.若椭圆（）上全部点相应的曲率半径最大值为8，最小值为1，则椭圆方程为【答案】ABD【解析】【分析】依据曲率半径可推断A；把代入，依据的范围可得的最小值，令其等于化简求出可推断B；由选项B可知可推断C；依据，得出求出可推断D.【详解】对于A，曲线上某点处的曲率半径变大，则曲线在该点处的弯曲程度越小，故A正确；对于B，因，所以，所以，因为，所以，，若某焦点在轴上的椭圆上一点处的曲率半径的最小值为，可得，解得，故B正确；对于C，由选项B可知，，所以，所以椭圆（）上一点处的曲率半径的最大值为，故C错误；对于D，若椭圆（）上全部点相应的曲率半径最大值为8，最小值为1，由选项B可得，所以，解得，则椭圆方程为，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本大题共4小题，每小鿒5分，共20分.13.已知向量，，若，则______.【答案】100【解析】【分析】先依据向量平行列出方程，求出，从而利用数量积公式求出答案.【详解】由题意得：，解得：，故.故答案为：10014.用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中个位小于百位且百位小于万位的五位数有个，则的绽开式中，的系数是______.（用数字作答）【答案】【解析】【分析】依据排列和组合计数公式求出，然后利用二项式定理进行求解即可．【详解】用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数中，满意个位小于百位且百位小于万位的五位数有个，即，当时，不妨设，则，所以的系数是.故答案为：2024．15.已知正四面体的棱长为2，在棱上，且，则二面角的余弦值为______；平面截此正四面体的外接球所得截面的面积为______.【答案】①.##②.##【解析】【分析】依据给定条件，作出二面角的平面角，再在三角形中利用余弦定理计算即可；利用等体积法及倍分关系求出球心到平面的距离，再利用球的截面小圆性质计算作答.【详解】在正四面体中，，，，在中，，取AB中点N，连接，如图，，则是二面角的平面角，而，，在中，，所以二面角的余弦值为；令正的中心为，连接，的延长线交CD于点E，则E为CD中点，有，，，明显平面，正四面体的外接球球心O在上，连接BO，则，而，在中，，解得，且，令点到平面的距离为h，由得：，即，解得，因此球O的球心O到平面的距离d有，即，平面截球O所得截面小圆半径为，则，所以平面截此正四面体的外接球所得截面的面积.故答案为：；【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.16.已知双曲线右焦点为，过双曲线上一点（）的直线与直线相交于点，与直线相交于点，则______.【答案】【解析】【分析】依据给定条件，求出点的坐标，再利用两点间距离公式化简计算作答.【详解】因为在双曲线，即有，又由得，由得，因此，，，则，所以.故答案为：【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特别入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)干脆推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．四、解答题：本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列中，，当时，.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列中是否存在最大项与最小项？若存在，求出最大项与最小项；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）最大项，最小项.【解析】【分析】(1)由递推式证明数列为等比数列，依据等比数列通项公式求其通项，再求数列的通项公式；(2)探讨数列的单调性，由此确定其最值.【小问1详解】因为当时，，所以，令，则，，又，所以，，所以数列为等比数列，公比为2，首项为2，所以，所以.【小问2详解】由（1）知，得，，当时，，，即；当时，，，即，所以数列是先增后减，最大项为，因为当时，且数列是单调递增；当时，所以数列的最小项为．18.从有3个红球和3个蓝球的袋中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回，记表示事务“第次摸到红球”，，2，…，6.（1）求第一次摸到蓝球的条件下其次次摸到红球的概率；（2）记表示，，同时发生的概率，表示已知与都发生时发生的概率.（ⅰ）证明：；（ⅱ）求.【答案】（1）（2）（ⅰ）详见解析，（ⅱ）【解析】【分析】（1）由条件概率得公式计算即可求得.（2）（ⅰ）有条件公式即可证明；（ⅱ）依据条件概率公式逐项计算即可求解.【小问1详解】，所以第一次摸到蓝球的条件下其次次摸到红球的概率；【小问2详解】（ⅰ）因为，又因为，所以，即.（ⅱ）++19.请在这三个条件：①；②；③，中任选一个条件补充在下面的橫线上，并加以解答.如图，锐角中，，______，，在边上，且，点在边上，且，交于点.（1）求的长；（2）求及的长.【答案】（1）5（2）,.【解析】【分析】(1)利用正弦定理，结合①所给条件即可求解，利用正弦定理，结合②所给条件可求解，利用正弦定理，结合③所给条件可求解；(2)利用同角三角函数的关系结合两角和的余弦公式可求出，再利用余弦定理求出，中利用余弦定理即可求出，进而在直角三角形中可求解.【小问1详解】选择①，锐角中，，，由正弦定理得,所以,选择②，因为，所以，在中，由余弦定理得,所以，整理得，解得或（舍），选择③，因为，所以，在中，由余弦定理得,所以，解得.【小问2详解】由（2）知，选择①，②，③所得结果一样，因此选择②，③也可得，所以，因为，所以，所以，因为，所以，在中，，，，，由，所以，.20.在三棱柱中，，，，点为棱的中点，点是线段上的一动点，.（1）求证：；（2）求平面与平面所成的二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）依据三棱柱中的垂直关系以及角度，可通过证明平面，利用线面垂直的性质定理即可证明；（2）依据（1）可通过二面角的定义作出二面角的平面角，再利用线面垂直通过推断三角形形态求得二面角的正弦值.【小问1详解】由题意可知，，又，所以，连接，如下图所示：由，可知，是正三角形，又点为棱的中点，所以，平面，平面，，所以平面，平面所以.【小问2详解】由（1）知，，依据二面角定义可知，即为所求二面角的平面角或其补角，在正三角形中，，所以，因为，，所以，又，且，所以平面，而平面，所以，在中，，所以，于是平面与平面所成的二面角的正弦值为21.已知抛物线：的焦点为，直线交抛物线于两点（异于坐标原点），交轴于点（），且，直线，且与抛物线相切于点.（1）求证：三点共线；（2）过点作该抛物线的切线（点为切点），交于点.（ⅰ）试问，点是否在定直线上，若在，恳求出该直线，若不在，请说明理由；（ⅱ）求的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）（ⅰ）点在定直线上；（ⅱ）的最小值为16.【解析】【分析】（1）易知焦点，设出两点坐标，依据得到，再由可知两直线斜率相等，可得点坐标的表达式，再利用即可证明三点共线；（2）（ⅰ）分别写出直线，的方程，求出两直线交点的坐标表达式即可得出点在定直线上；（ⅱ）联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求出的表达式，再求出点到的距离写出面积表达式利用基本不等式即可求得的最小值.【小问1