湖南省沅澧共同体2024-2025学年高三下学期2月联考数学试题 含解析

沅澧共同体届高三年级2月联考（试题卷）数学时量：分钟满分：分85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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据指数函数单调性解出集合，再解出集合，最后根据交集含义即可得到答案.【详解】，，则.故选：B.2.命题“”的否定是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】含有一个量词的命题的否定，需要“改量词，否结论”.【详解】因为全称量词命题的否定为存在量词命题，所以命题“”的否定是“”.故选：A.3.已知，则（）第1页/共19页A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出，然后结合，利用正弦余弦齐次式弦化切，再代入求解即可.【详解】由得，解得，则.故选：D.4.已知为抛物线的焦点，点在上，且，则点到轴的距离为（）A.2B.3C.D.4【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用抛物线的定义求解即得.【详解】抛物线的准线为，设点，则，解得，所以点到轴的距离为4.故选：D5.空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（）A.若，则B若，则C.若，则D.若，且，则【答案】B【解析】【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．【详解】选项A，第2页/共19页若，则与可以相交，也可以平行，不一定垂直，A错；选项B的方向向量分别是平面它们的法向量垂直，则，B正确；选项C，若，则可能有，也可能相交，C错；选项D，若，且，则或，D错．故选：B．6.的展开式中的常数项为（）A.8B.2C.D.【答案】C【解析】【分析】可变形为，结合二项式的展开式的通项公式求结论.【详解】因为，二项式的展开式的通项公式为，，所以展开式的常数项为.故选:C.7.已知是等比数列的前n项和，则“依次成等差数列”是“依次成等差数列”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】设等比数列的公比为，分别考虑充分性和必要性是否满足即得结论.第3页/共19页【详解】设等比数列的公比为，由依次成等差数列可得，即，因，可得，解得或.当时，，不满足，故充分性不成立；由依次成等差数列，可得，显然，故有或，当时，，即依次成等差数列；当时，，而，故得，即依次成等差数列.故必要性成立.依次成等差数列”是“依次成等差数列”的必要不充分条件.故选：B.8.设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，.则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题目条件得到，的一个周期为4，从而.第4页/共19页【详解】为奇函数，故，又为偶函数，故，中，令代替得，结合得，即，又，故，的一个周期为4，又时，，且，则，则，则，，则时，，故.故选：B【点睛】结论点睛：设函数，，，．（1）若，则函数的周期为2a；（2）若，则函数的周期为2a；（3）若，则函数的周期为2a；36分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知函数，若将的图象向右平移个单位后，再把所得曲线上所有点的横坐标伸长为原来的2的图象，则下列说法正确的是（）A.第5页/共19页B.图象关于点对称C.的图象关于直线对称D.的图象与的图象在内有4个交点【答案】BD【解析】【分析】根据函数图象的变换可得，即可代入验证求解ABC，作出两个函数的图象即可求解D.【详解】的图象向右平移个单位后，可得，进而可得，故A错误，对于B，，故B正确，对于C，，故不是的对称轴，故C错误，对于D，分别作出与在内的图象，可知有4个交点，故D正确，故选：BD10.下列命题中，正确的命题是（）A.若,若，则B.设为随机事件，且，若，则与相互独立C.设随机变量服从正态分布，若，则第6页/共19页D.若，当时，取得最大值【答案】ABC【解析】【分析】A由二项分布期望结论可得答案；.B由条件概率定义可得答案；C由正态分布概念可得答案；D由二项分布方差结论可得答案.【详解】对于A，由题可得，故A正确；对于B，因，则A的发生对B的发生没有影响，故A与相互独立，故B正确；对于C，因，则，故C正确；对于D，时，D错误.故选：ABC双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布•伯努利用来描述他发现的曲线.在平面直角坐标系xOy中，把到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是时的双纽线上一点，则（）A.关于原点成中心对称B.上满足的点有2个C.面积的最大值为D.当直线与有3个交点时，的取值范围是【答案】ACD【解析】A关于原点对称的点B，易得若|则在轴上再根据的轨迹方程求解即可；对于C，由三角形得面积公式求解判断即可；对于D，联立方程组，由判别式分析求解即可.【详解】对于A，设动点，由题可得的轨迹方程，第7页/共19页把关于原点对称的点代入轨迹方程显然成立，故A正确；对于B，时的双纽线的方程为，若，则在的中垂线轴上，故此时，代入得，即，所以只有一个点，故B错误；对于C，因为，是上的一点，故，当，即时等号成立，下面说明垂直时可取到，，则，代入，得，解得，故C正确；对于D，直线与有3个交点时，联立与，得，当时，适合上述方程，当时，，即，则，则，所以直线与有3个交点时，的取值范围是，故D正确；故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是利用方程的思想，转化为方程根的问题即可.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.复数的虚部为_______.【答案】##【解析】第8页/共19页【分析】利用复数的除法算计即可得解.【详解】依题意，，所以所求虚部为.故答案为：13.已知双曲线渐近线与x轴的夹角为________.【答案】2【解析】【分析】根据题意可得，再由即可得解.【详解】根据渐近线的倾斜角为，可得，所以，故答案为：2.14.高中数学必修一教材第87图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.若函数的图象关于点成中心对称图形，则实数t的值为______，若，则实数m的取值范围是______.【答案】①.1②.【解析】【分析】根据为奇函数，利用奇偶性的定义以及对数的运算求出，判断单调递增，将原不等式化为，进而第9页/共19页可得答案.【详解】由函数的图象关于点成中心对称，得为奇函数，，，则，所以，所以，那么，又，所以.故函数，因为在上都是递增函数，所以在上是递增函数，又因为是奇函数，且是连续函数，所以函数在上单调递增，要使，只需，解得或，故m的取值范围是.故答案为：1；.【点睛】将奇偶性与单调性综合考查一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第10页/共19页15.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角C的大小；（2）延长BC到D，使得，且，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】1）结合已知利用正弦定理得，然后利用余弦定理求得，再根据角的范围即可求解.（2）根据题目条件及同角三角函数关系得，再求得，再结合（1）中，从而求出，最后代入三角形面积公式求解即可.【小问1详解】因为，由正弦定理得.所以设，，则，，由余弦定理得，又，所以.【小问2详解】，解得，结合，则，由（1）知，则，则，因为由（1）知，则，则.第11页/共19页16.如图1中，，，，.将沿折叠至处，使平面平面（如图2为中点，为的中点，是靠近点的四等分点.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）取的中点，连接，可得出平面，以点为坐标原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系与平面所成角的正弦值.【小问1详解】因为，点为的中点，所以，因为平面平面ABD，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.因为，，所以是等边三角形，所以，第12页/共19页所以，所以，即，又平面，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】取的中点，连接，则，又因为平面，则平面，因为，以点为坐标原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则、，、、、，所以，，.设平面的一个法向量为，则，令，得，，所以，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.17.已知点在椭圆上，与椭圆的上，下顶点的连线的斜率之第13页/共19页积为．（1）求椭圆的离心率；（2与椭圆相交于、的面积为（的标准方程．【答案】（1）（2）．【解析】1）由题意推理可得，利用点在椭圆上，代入消元后可得，结合即可求得离心率；（2）设、，由直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出弦长和点到直线的距离，由三角形面积列出方程，求出参数值即得椭圆方程.【小问1详解】因椭圆上、下顶点的坐标分别为、，依题意，整理得（*因点在椭圆上，则，即，代入（*，又，所以，则椭圆的离心率；【小问2详解】第14页/共19页如图，设、，由（1）已得，则由，消去并整理得，此时，解得，由韦达定理得，，所以，又原点到直线的距离，所以的面积，解得，故椭圆的方程为．18.某城市一室内游泳馆，为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可自由选择A和B两个套餐之一；该游泳馆在App平台上推出了优惠券活动，下表是App平台统计某周内周一至周五销售优惠券情况.星期t12345销售量（张218224230232236）经计算可得：，，.第15页/共19页（1）已知y关于t的经验回归方程为，求y关于t的经验回归方程；（2）若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且A套餐包含两张优惠券，B套餐包含一张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为.①求、及；②判断，，是否为定值，并求及的最值.参考公式：，.【答案】（1）；（2）①，，；②是定值1，，的最大值为，最小值为.【解析】1）将相关数据代入和的公式，即可得经验回归方程；（2，利用等比数列的通项公式求解即可.【小问1详解】由题意，，则，.所以关于的经验回归方程为.【小问2详解】①由题意，可知，第16页/共19页，，②当时，，即，又，所以当时，数列为各项都为1的常数列，即，所以，又，所以数列为首项为公比为的等比数列，所以，即.当为偶数时，，且随的增大而减小，因此的最大值为；当为奇数时，，且随的增大而增大，因此的最小值为，综上所述，的最大值为，最小值为.【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是构造等比数列，从而求得.19.已知函数，，.（1）若，求实数m的取值范围；（2）设函数，且，是的两个零点.（i）求a的取值范围；第17页/共19页（ii）证明：.【答案】（1）；（2i）ii）证明见解析.【解析】1）应用导数求的最小值，根据不等式恒成立及一元二次不等式的解法求参数范围；（2在上有两个根，应用导数研究方程右侧的区间单调性、值域，即可得参数范围；（ⅰi）对于有，则，再应用分析法化为证明，即可证结论.【小问1详解】函数的定义域为，，易知在上单调递增，且，当时，，当时，，所以当时，该函数取得极小值，也为最小值，所以，解得，所以实数m的取值范围为.【小问2