湖北剩州市2024-2025学年高三数学下学期2月月考试题含解析

Page24湖北省荆州市2024-2025学年高三数学下学期2月月考试题一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先化简集合A、B，再利用交集定义即可求得.【详解】，，则故选：C.2.（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】利用复数乘法规则即可求得该式值.【详解】，故选：D.3.在正方形中，在上且有与对角线交于，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依据平面对量的线性运算，即可求得答案.【详解】如图，正方形中，，则因为,所以,则,故,故选：C4.今年入夏以来，南方多省市出现高温少雨天气，持续的干旱天气导致多地湖泊及水库水位下降.已知某水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为.将该水库在这两个水位间的形态看作一个棱台，则该水库水位从海拔下降到时，削减的水量约为（）（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用台体的体积公式，将题中数据代入计算即可.详解】台体体积公式：，由题意可得，，，代入计算得，故选：C5.从11到15这5个整数中选出2个，则这2个数的因数个数之和为8的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据每个数的因数个数，依据组合数的计算即可计算总数，列举即可求解所满意要求的个数，由古典概型概率计算公式即可求解.【详解】11的因数有11和1，共有2个因数，12的因数有1，2，3，4，6，12，共有6个，13的因数有13和1，共有2个因数，14的因数有1，2，7，14，共有4个，15的因数有1，3，5，15，共有4个，从5个数中选两个数，共有种选择，而2个数的因数个数之和为8，则这两个数可以是11和12，或者12和13，或者15或14，共三种，故2个数的因数个数之和为8的概率是故选：C6.已知，周期是的对称中心，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据条件，列出方程即可求得，然后依据对称中心以及周期范围求出，即可得到的解析式，从而得到结果.【详解】因为，由可得，且，所以，又因为是的对称中心，故解得且，即所以，当时，即，所以故选:D7.若，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由于，故构造函数，利用导数推断其单调性，可比较的大小，依据，构造函数，推断其单调性，可比较大小，由此可得答案.【详解】由于，故设函数，则，，由于，所以，即，即，故为单调递减函数，故，即，令，则，即；又，令，则，即为单调递增函数，故，即，令，则，即，故，故选：B【点睛】关键点点睛：此类比较数的大小的题目类型，一般是要构造函数，利用函数的单调性进行大小比较，关键是要能对数的特征进行改变，依据数的特征选定自变量，从而构造函数.8.某正六棱锥外接球的表面积为，且外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，底面正六边形边长，则其体积的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】依据正六棱锥和球的几何性质，结合球的表面积公式、棱锥的体积公式、导数的性质进行求解即可.【详解】如图所示：设该正六棱锥的高，侧棱长为，设该正六棱锥外接球的半径为，因为正六棱锥外接球的表面积为，所以有，因为外接球球心在正六棱锥内部或底面上，所以，设，在正六边形，因为正六边形边长为，所以，在中，由余弦定理可知，在直角三角形中，，所以有，由勾股定理可知，因为，所以，因此有，而，所以，该正六棱锥的体积，，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，因为，，所以，因此该正六棱锥的体积的取值范围是，故选：B【点睛】关键点睛：利用导数的性质求值域是解题的关键.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.通过长期调查知，人类汗液中指标的值听从正态分布.则（）参考数据：若，则；.A.估计人中汗液指标的值超过的人数约为B.估计人中汗液指标的值超过的人数约为C.估计人中汗液指标的值不超过的人数约为D.随机抽检人中汗液指标的值恰有人超过的概率为【答案】ABD【解析】【分析】依据正态分布的性质，进行ABC选项的推断；结合正态分布的性质以及二项分布的概率计算公式即可推断选项D.【详解】由，可得汗液指标的值超过的概率为.所以人中汗液指标的值超过的人数约为，故A对；同理，D选项中，随机抽检人中汗液指标的值恰有人超过的概率为：，故D对；由，所以人中汗液指标的值超过的人数约为=，B对；由，人中汗液指标的值不超过的人数约为，故C错.故选：ABD10.已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，则下列结论正确的为（）A.圆锥的侧面积为B.的取值范围为C.若为线段上的动点，则D.过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为【答案】AC【解析】【分析】依次推断每个选项，干脆计算A正确；当时，，B错误；当三点共线时最小，依据余弦定理计算得到C正确；计算截面，依据均值不等式计算得到D错误，得到答案.【详解】对选项A：母线长，侧面积为，正确；对选项B：中，，，则当时，，错误；对选项C：为等腰直角三角形，，将放平得到，如图2所示，当三点共线时最小，为中点，连接，则，，，正确；对选项D：如图3，设截面为，为中点，连接，设，，则，当，即时等号成立，D错误.故选：AC【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中侧面积，截面积和线段和的最值问题，意在考查学生的计算实力，转化实力和空间想象实力，其中，将空间的线段和转化为平面的距离是解题的关键.11.已知抛物线C：过点是准线上的一点，F为抛物线焦点，过作的切线，与抛物线分别切于，则（）A.C的准线方程是 B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】依据抛物线过的点，确定p的值，求得抛物线方程以及准线，推断A;设切线方程为,利用判别式可得，推断D;再证明三点共线，以及证明，即可推断.【详解】由抛物线C：过点，可得，即，设焦点为,则C的准线方程是，A正确；设点，先考虑状况，则过点M作的切线，切线斜率必存在且不等于0，设切线方程为，联立，可得，则，即，，设的斜率分别为，则，即，即，D错误；设，不妨设A在第一象限，B在第四象限，则，由于，对于曲线在第一象限内部分有,则，对于曲线在第四象限内部分有,则，由于，故，则，由于，故斜率肯定存在，设直线的方程为，联立，得，故，则直线的方程为，即直线过定点，所以三点共线，由于，，故,在中，,则，，当时，即,关于x轴对称，，成立；此时斜率不存在，不妨取，则，联立，解得,则过定点，且,则，成立，综合上述，正确，故选：【点睛】关键点点睛：解决此类关于直线和抛物线的位置关系类题目，要留意设直线方程，并联立抛物线方程，得根与系数的关系，然后化简，这是解决这类问题的一般解决方法，解答此题的关键在于要留意到证明直线过定点，即三点共线，然后证明.12.设定义在上的函数与的导函数分别为和．若，，且为奇函数，则下列说法中肯定正确的是（）A.函数的图象关于点对称 B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】由得，结合得，即可令求得.对A，由可推断其对称性；对C，由为奇函数可得的周期、对称性及特别值，从而化简；对BD，由，结合C即可推断.【详解】对A，∵，则，则，又，所以，令，可得，即.所以，所以函数的图象关于对称，A错；对C，∵为奇函数，则图像关于对称，且，∴，，，，∴.又，∴，∴的周期，∴，C对；对B，，则是周期的函数，，B对；对D，，D错.故选：BC.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.中的系数为__________（用数字作答）.【答案】【解析】【分析】的二项绽开式的通项为，令，再求出绽开式中的系数，从而可求解.【详解】，其二项绽开式的通项为，要得到，则，解得.二项绽开式的通项为，令，可得.故中的系数为.故答案为:.14.已知直线是曲线与的公切线，则__________.【答案】【解析】【分析】分别设两条曲线上的切点，写出切线方程，建立方程组，解出切点，计算.【详解】设曲线上切点，，切线斜率，切线方程，即同理，设曲线上切点，，切线斜率，切线方程，即，所以，解得，所以，，.故答案为：.15.若，且，的最小值为m，的最大值为n，则mn为___________，【答案】【解析】【分析】依据条件等式利用基本不等式中“1”的妙用可求得，由并结合即可求得，便可得出.【详解】由可得，由可得，，所以，当且仅当时，等号成立；即的最小值为；，所以，即；当且仅当时，等号成立；即的最大值为；所以.故答案为：16.如图，是椭圆与双曲线的公共焦点，分别是、在其次、四象限的交点，若，则与的离心率之积的最小值为________．【答案】【解析】【分析】依据椭圆和双曲线的定义和对称性，结合三角形面积公式、余弦定理、基本不等式进行求解即可.【详解】设椭圆方程为，双曲线方程为，如下图，连接，所以为平行四边形，由得，设，在椭圆中，由定义可知：，由余弦定理可知：，，在双曲线中，由定义可知中：：，由余弦定理可知：，，所以，，当且仅当时取等号，所以，所以与的离心率之积的最小值为．故答案为：【点睛】关键点睛：在椭圆和双曲线中利用焦点三角形的面积建立等式是解题的关键.四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程及演算步骤.17.已知数列满意，其中是的前项和.（1）求证：是等差数列；（2）若，求的前项和.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）依据的关系可得，依据此递推关系即可依据等差中项求证，（2）依据裂项求和即可求解.【小问1详解】由得：当时，，两式子相减得①，因此可得②，①②相减得：，由于，所以，所以是等差数列；【小问2详解】由（1）知是等差数列，，所以，因此，所以.18.在中，所对的边分别为，且，其中是三角形外接圆半径，且不为直角.（1）若，求的大小；（2）求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)依据余弦定理和正弦定理即可求出的大小.(2)运用正弦定理和二倍角的余弦公式，化简，再利用基本不等式求解的最小值.【小问1详解】在中，，进而，，，又不为直角，则，，，.【小问2详解】由(1)知，转化为，又，，.，当且仅当，即时，等号成立，的最小值为.19.如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面为中点，与交于点的重心为.（1）求证：平面（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题可得，然后依据线面平行的判定定理即得；（2）依据面面垂直的性质定理可得平面，然后利用坐标法，依据面面角的向量求法即得.【小问1详解】因为的重心为，为中点，所以，又，所以，即，又，所以，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】因为，为中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图以为原点建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，可得，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，所以二面角的正弦值.20.2024年卡塔尔世界杯决赛于当地时间12月18日进行，最终阿根廷通过点球大战总比分战胜法国，夺得冠军.依据竞赛规则：淘汰赛阶段常规竞赛时间为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采纳“点球大战”的方式确定输赢.“点球大战”的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮番踢点球，累计进球个数多者胜；②假如在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不须要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为，则不须要再踢第5轮）；③若前5轮“点球大战"中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则接着下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的状况，进球方胜出.（1）假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左､中､右三个方一直扑点球，而且门将即使方向推断正确也只有的可能性将球扑出.若球员射门均在门内，在一次“点球大战"中，求门将在前4次扑出点球的个数的分布列期望；（2）现有甲､乙两队在决赛中相遇，常规赛和加时赛后双方战平，须要通过“点球大战”来确定冠军.设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.（i）若甲队先踢点球，求在第3轮结束时，甲队踢进了3个球并获得冠军的概率；（ii）求“点球大战”在第7轮结束，且乙队以获得冠军的概率.【答案】（1）分布列见解析，（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）依据题意可得门将每次扑中点球的概率，且，进而依据二项分布求解即可；（2）利用独立事务的乘法公式和互斥事务的加法公式求解即可.【小问1详解】依据题意门将每次扑中点球概率，的可能取值为，且，；所以的概率分布为01234数学期望.【小问2详解】（i）甲队先踢点球，第三轮结束时甲队踢进了3个球，并获得冠军，则乙队没有进球，所以甲队获得冠军的概率为.（ii）点球在第7轮结束，且乙队以获胜，所以前5轮战平，且第6轮战平，第7轮乙队胜甲队当前5轮两队为时，乙队胜出的概率为当前5轮两队为时，乙队胜出的概率为，因为上述两个事务互斥，所以乙队胜出的概率为.21.已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作直线（与轴不重合）交于两点，且当为的上顶点时，的周长为8，面积为（1）求的方程；（2）若是的右顶点，设直线的斜率分别为，求证：为定值.【答案】（1）;（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用三角形周长求出a，当为的上顶点时，求出直线l方程，进而求出点的坐标，利用三角形面积求出b作答.（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算推理作答.【小问1详解】依题意，的周长，解得，则椭圆，令椭圆的半焦距为c，当为的