湖南省部分学校2024-2025学年高三下学期2月联考数学试题（解析版）

第1页/共1页高三数学考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：本题共8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.已知复数是纯虚数，则（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】化简已知复数，由纯虚数的定义可得a值.【详解】由，因为纯虚数，所以,解得故选:B2.“”是“”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】先解不等式，再根据充分条件和必要条件的概念进行判断即可.【详解】由.由不能推出，而可以推出.所以“”是“”的必要不充分条件.故选：C3.若点到双曲线的一条渐近线的距离为1，则的虚轴长为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出双曲线的渐近线方程，再根据点到渐近线的距离列出关于的方程，解出后计算虚轴长.【详解】对于双曲线，其渐近线方程为，即.点到渐近线（取这条渐近线计算，取另一条结果相同）的距离，已知距离，则.即，两边同时平方可得，解得.把代入可得虚轴长为.故选：B.4.已知的内角的对边分别是，且，，则（）A.5 B.4 C.3 D.1【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理即可求解.【详解】由正弦定理，，于是，结合，于是.故选：A5.废弃矿山治理事关我国的生态环境保护，甲、乙两种植物可以在一定程度上加快污染地生态的恢复．若在某一片污染地上甲、乙至少有一种可以存活，且甲存活的概率是0.6，乙存活的概率是0.5，则在该片污染地上甲、乙都存活的概率为（）A.0.4 B.0.3 C.0.2 D.0.1【答案】D【解析】【分析】根据容斥原理的概率公式计算可得答案.【详解】设甲存活为事件，乙存活为事件，则，，则甲乙至少有一种存活的概率为，则所以甲、乙都存活的概率为.故选：D6.已知某圆台轴截面的周长为10、面积为，圆台的高为，则该圆台的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】若圆台上下底面半径分别为且，根据已知列方程求得，再应用圆台的表面积的求法求结果.【详解】若圆台上下底面半径分别为且，则圆台轴截面腰长为，所以，，即，所以，可得，故，综上，圆台的表面积为.故选：C7.已知为圆的直径且，为圆上的动点且与，均不重合，等边三角形与共面且点，位于的异侧，则的最大值为（）A. B.1 C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】先把转化成：，再求的最大值即可.【详解】如图：因为，所以.取中点，则，因为，所以设，，则，，所以，当时，为最大值.此时为最大值.故选：D8.已知公差不为的等差数列的前项和为，且，若存在正整数，使得，则的所有可能取值的个数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设等差数列的首项为，公差为，根据，得到，利用等差数列的前项和公式，结合条件，得到，再利用，即可求解.【详解】设等差数列的首项为，公差为，由题有，整理得到，又，所以，整理得到，将代入得到，，又，则或或，解得或或（舍），故选：B.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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，设函数在区间上的最大值为，在区间上的最大值为，当变化时，下列结论可能成立的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】ABC【解析】【分析】通过选取不同的值，确定相应的区间，再根据正弦函数的性质来找出每个区间上的最大值，进而分析选项.【详解】对于选项A，当取时，考虑函数.对于区间，根据正弦函数图象性质，在这个区间内，时取得最大值，所以该区间上的最大值.对于区间，同样根据正弦函数图象性质，时取得最大值，最大值.所以选项A可能成立.对于选项B，当取时，考虑函数.对于区间，根据正弦函数图象性质，在这个区间内，时取得最大值，所以该区间上的最大值.对于区间，同样根据正弦函数图象性质，时取得最大值，最大值.所以选项B可能成立.对于选项C，当取时，对于区间，根据正弦函数图象性质，在这个区间内，和时取得最大值，所以该区间上的最大值.对于区间，同样根据正弦函数图象性质，时取得最大值，最大值.所以选项C可能成立.对于选项D，当时，区间和至少含有半个周期，则；当时，函数在区间上的存在使，即.故D不成立.故选：ABC.10.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为的中点，则（）A.平面 B.平面C.三棱锥的体积为 D.与所成角的余弦值为【答案】AC【解析】【分析】根据线面平行的判定方法判断A的真假；判断直线与的位置关系，判断B的真假；求三棱锥的体积判断的真假；构造异面直线所成的角并求其余弦，判断的真假.【详解】对选项A：因为，平面，平面，所以平面，故A正确；对B：如图：取中点，连接，.因为，所以.又平面平面，平面平面，平面.所以平面.平面，所以.在直角中：，，所以.又，所以，又为中点，所以与不垂直.所以平面是错误的，故B错误；对C：因为，所以，故C正确；对D：取中点，连接，.因为，所以即为异面直线与所成的角.在中，，，所以.在中，，，所以，故D错误.故选：AC11.已知曲线和相切，且曲线和抛物线围成封闭曲线，过的焦点的动直线与交于两点，过线段的中点作垂直于的准线的直线，垂足为为坐标原点，则下列说法正确的是（）A. B.的最大值为C.不大于点到轴的距离的4倍 D.若的斜率为，则【答案】ACD【解析】【分析】由解析式求得圆心，由两圆相切求得半径，判断A选项；取点在上，且三点共线，求此时，判断B选项；分类讨论点在，设出点坐标，由作差法比较与点横坐标的4倍的大小，判断C选项；由斜率写出直线方程，联立方程组后化简为一元二次方程，由韦达定理得到交点横坐标的关系，从而得到中点坐标，然后得到点坐标，写出向量，由向量的数量积来判断直线的位置关系判断D选项.【详解】如图：，，∵圆与圆相切，∴，即，∴，A选项正确；当直线与曲线交于圆上时，三点共线时最大，此时，B选项错误；当点在曲线上时，设，，即，；当点曲线上时，设，，；由对称性可知当点在曲线上时，结论也成立，C选项正确.若的斜率为时，，显然此时直线与曲线交于，则，整理得，设，，则，，即，则，所以，∴，，，∴，D选项正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛，本题时解析几何的综合题目，难度较大.在解决这类题目的时候一般采用数形结合，通过图形观察可以找到特殊点进行排除.在解析几何中证明直线垂直，可以利用向量的数量积为0来证明.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.某蔬菜种植基地最近五年的年投资成本（万元）和年利润（万元）的统计表如下：1011121314111219若关于的线性回归方程为，则的平均数______．【答案】##【解析】【分析】因为线性回归方程过样本中心点，将代入即可.【详解】因为线性回归方程过样本中心点,将代入得故答案为：13.已知函数的图像与直线相切，且与直线仅有一个交点，则______．【答案】6【解析】【分析】写出函数的导数，由题意分析得且存在唯一零点，且函数单调递增，由判别式求得的关系，代回求得对应横坐标，由图像与直线相切得到，求得的值，从而得到结果.【详解】，由题意知函数单调递增，且且存在唯一零点，∴，即，∴，，则，则，∴，∴.故答案为：6.14.记表示三个数中的最大数．若函数的值域为，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】先由值域为得到不等式，再利用不等式的性质比较三者大小，再借助分数的性质及不等式放缩求解最值可得.【详解】若函数值域为，记，则，故，由，得，且，所以，又，所以，故.则由且，可得，当且仅当，即时等号成立.的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于利用不等式及分数的性质求解最小值.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知数列前项和．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用数列前项和与的关系求的通项公式.（2）先求出的表达式，再根据其特点进行求和.【小问1详解】当时：已知，那么，所以.当时：，先展开式子.则，所以.当时，，上式也成立.所以.【小问2详解】已知，把代入可得：.可以发现相邻两项相加为，除了第一项中的和最后一项中的.所以.16.如图，在直五棱柱中，，，，，，是的中点．（1）证明：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】【分析】（1）分别取的中点，连接，先证四边形为平行四边形，再证四边形为平行四边形，进而得，最后应用线面平行的判定证明结论；（2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值.【小问1详解】如图，分别取的中点，连接，则．因为，，所以四边形为平行四边形，所以，．同理，，所以，，所以四边形为平行四边形，故，又，所以，又平面，平面，所以平面．【小问2详解】如图，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，可得，，，，，则，，．设平面的法向量为，则，令，得．设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为．17.已知函数．（1）求的单调区间；（2）若，证明：当时，．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由函数的解析式求得其导数，由导数求得递减区间，由导数求得递增区间；（2）将不等式进行转化，在已知条件下，所以不等式转化为，设函数，求导数，由解析式可知递增，由函数零点存在定理可知存在唯一的，使得，从而得到函数单调区间并得到函数最小值，证明函数最小值大于等于0即可得证.【小问1详解】因为，所以．当时，，当时，，所以的单调递减区间为，单调递增区间为．【小问2详解】要证明，即证明，因为，且，所以，故只需证明，即．设，则．易知在上单调递增，且，，所以存在唯一的，使得，即，．当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．所以，故原命题成立．18.已知曲线上任意两点间的最大距离为4，，为与轴的交点，且点在的上方．（1）求的方程；（2）若过的直线与交于另一点（异于点），作，为垂足，直线，的斜率分别为，证明：；（3）若点在上，且，证明直线过定点，并求面积的最大值．【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析，【解析】【分析】（1）整理曲线方程，由题意知长轴为4，求得，从而求出曲线方程；（2）写出点坐标，设，得到斜率，由求，然后得到，由在曲线上求得即可得结果；（3）设，，写出直线的方程，联立方程组后整理成一元二次方程，由韦达定理得到横坐标的关系.因为，所以建立方程解出的值.代回直线方程知道直线过定点，结合交点弦长公式求得，由基本不等式求得最小值.【小问1详解】由题可知，该方程表示焦点在轴上的椭圆，任意两点间的最大距离为长轴长，所以，解得，故的方程为．【小问2详解】由（1）可知，．设，则．因为，所以，所以．又，故，即．【小问3详解】由题可知直线的斜率存在．设，，直线的方程为，联立方程得消去可得，则，（*）．因为，所以，即，将（*）式代入，可得，即，解得或（舍去），所以的方程为，易知过定点．因为点到点的距离为，所以，令，则，当，即时，取得最大值2，所以面积的最大值为．【点睛】方法点睛，本题是圆锥曲线的综合题目.在解析几何中已知线线垂直，可以利用斜率乘积为1来建立等式求得参数的值.直线与圆锥曲线产生的交点三角形问题，由直线方程和曲线方程联立整理得到一元二次方程，由韦达定理结合交点弦长公式得到弦长，然后求得三角形的高即可得到三角形面积.19.甲、乙两个不透明的袋中各有个材质、大小相同的小球，甲袋中的小球分别编号为，乙袋中的小球分别编号为．从甲袋中任取两个小球，编号记为，从乙袋中任取两个小球，编号记为．（1）若，设，求的分布列和数学期望．（2）设，，事件“”发生的概率记为．（ⅰ）用含的组合数表示；（ⅱ）证明：当时，．附：．【答案】（1）分布列见解析，2（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）先确定的所有可能取值，然后分别计算每个取值的概率，进而得到分布列和数学期望.（2）（i）要根据的条件，