湖南省示范性高中2024-2025学年高二下学期2月联考数学试题

高二数学考生注意：．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．．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．．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.若，则（）A.B.C.1D.2【答案】D【解析】【分析】根据瞬时变化率的定义即可求解.【详解】根据题意，则．故选:D．2.已知机器中有7个娃娃，机器中有815，机器中分别抓取1个娃娃，则此人抓取娃娃的不同情况共有（）A.15种B.30种C.45种D.56种【答案】D【解析】【分析】运用分步乘法计数原理计算得到总的不同情况数.【详解】已知机器中有个娃娃，那么从机器中抓取个娃娃，就有种不同的情况.已知机器中有个娃娃，那么从机器中抓取个娃娃，就有种不同的情况.根据分步乘法计数原理，得到总的不同情况数为（种）.第1页/共19页故选：D3.若数列满足，则称为“对奇数列”．已知为“对奇数列”，且，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】是以3为公比的等比数列，进而可得通项公式.【详解】为“对奇数列”，则，即，又，故是以为首项，3为公比的等比数列，故，则.故选：C4.已知点的坐标为，动点满足，为坐标原点，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，从而的最大值为，得到答案.【详解】点的坐标为，动点满足，故点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，圆的方程为，圆心与原点的距离为，则的最大值为.第2页/共19页故选：B5.从3名男生和2名女生中任选33）A.B.C.D.【答案】D【解析】人中选出方法数，计算比值即可求解.【详解】从人中选人参加创新大赛共有种选法，所选人全是男生有选法，因为女生人数少于人，所以不可能所选人全是女生，所以选出的3人中既有男生又有女生的情况有种选法，所以选出的3人中既有男生又有女生的概率为.故选：D6.将4个相同的商品放在，，，4个空货架上，则有且仅有2个货架上有商品的放法有（）A.18种B.20种C.24种D.120种【答案】A【解析】【分析】先将4个相同的商品分成两个组，再从4个货架上选两个放入这两组商品，利用分步计数原理求解即可.【详解】将4个相同的商品分成两个组有两种不同的分法，即1，3分组或2，2分组，当1，3分组时，因为4个商品相同，只有一种分法，再从4个货架上选两个放入这两组商品有，当2，2分组时，因为4个商品相同，只有一种分法，再从4个货架上选两个放入这两组商品有，故有且仅有2个货架上有商品的放法有.故选：A.7.设，为椭圆上存在点的第3页/共19页离心率的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意，只需在左右顶点时，，据此计算即可求得的离心率的取值范围.【详解】由椭圆，可知焦点，在轴上，且，所以，在上存在点，满足，在左右顶点时，取到最大值，只需在左右顶点时，，所以，所以，所以，解得，又椭圆的离心率小于1，所以的离心率的取值范围为.故选：B.8.已知函数与的定义域均为，且与均为奇函数，，则下列结论错误的是（）A.B.的图象关于直线对称C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意有，即得，令得，即可求解，对求导有即可判断B，由为偶函数，即可得的周期为2即可判断CD.第4页/共19页【详解】因为与均为奇函数，所以，，即，令有：，由，所以，故A正确；对求导有，即的图象关于直线对称，故B正确；由，对求导有，即为偶函数，即得，所以的周期为2，所以，故C正确；因为的周期为2，所以，所以，故D错误.故选：D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共分．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.下列说法正确的是（）A.从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题B.分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情C.分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题D.求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题【答案】AC【解析】【分析】根据分类加法计数原理、分步乘法计数原理的知识判断出正确答案.第5页/共19页【详解】对于A，从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题，故A正确.对于B，分步乘法计数原理是指完成所有的步骤才是完成整件事情，故B错误.对于C，分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题，故C正确.对于D，求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分步计数问题，故D错误.故选：AC10.已知点，到直线的距离相等，且过点，则的方程可能是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】先利用几何意义得到直线与平行或经过的中点．然后由点斜式和两点式求直线方程.【详解】由已知直线与平行或经过的中点．当直线与AB平行时，由，可得直线的斜率为：，所以由点斜式直线的方程为：，整理得；由，可知其中点坐标为，当直线经过的中点和点时，由两点式可得直线方程：，整理得直线方程为．故选：BD．绕其顶点分别逆时针旋转，，后所得的三条曲线及围成的，若，则（）第6页/共19页A.开口向上的抛物线的方程为B.四叶图上的点到点的距离的最大值为C.动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为2D.四叶图的面积小于32【答案】ABD【解析】【分析】由题意可得，可求得逆时针旋转抛物线方程判断A；与的交点B与抛物线斜率为1的切线方程，再求出它们的距离即可判断C；.求出抛物线在点处的切线，求出该切线与轴及直线所围成三角形面积，再结合对称性即可推理得证.【详解】对于A，若，则抛物线，若抛物线绕其顶点逆时针旋转，可得抛物线方程为，即，开口向上，故A正确；对于B，由抛物线的性质，可得四叶草关于原点对称，关于，轴，轴对称，可知与的交点到原点的距离是四叶图上的点到点的距离最大的点，解方程组可求得的距离的最大值为B正确；对于C，设直线与抛物线相切于点，由，消去得，由，得，切点，第7页/共19页设直线与抛物线相切于点，由，消去得，由，得，切点，直线的斜率为，即直线与直线平行或重合，所以直线被第一象限封闭图形截的弦长最大值为，故C正确.对于D，抛物线，求导得，则抛物线在点处的切线斜率为，抛物线在点处的切线方程为，即，该切线交轴于点，因此在第一象限的半个草叶的面积必小于，所以四叶图的面积小于，故D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.若，则________．第8页/共19页【答案】5【解析】【分析】根据组合数的性质来求解的值.【详解】已知，根据组合数性质可得或.当时，可得.但因为，舍去；当时，解得，则成立，也满足的条件.故答案为：513.已知反比例函数的图象是双曲线，则这个双曲线的离心率为________．【答案】【解析】【分析】由题意可得双曲线是等轴双曲线，可求离心率.【详解】由反比例函数的图象是双曲线且两渐近线为轴，所以两渐近线互相垂直，所以双曲线为等轴双曲线，所以双曲线的离心率为.故答案为：.14.已知，若在函数，的图象上存在4个点，，，构成一个以原点为对称中心的平行四边形，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】关于原点对称的函数图象与函数的图象有两个不同的交点，进而可得有两个不等的正实根，令，求导可得单调性，进第9页/共19页而可得有两个不等的正实数根，计算可求实数的取值范.关于原点对称的函数图象与函数的图象有两个不同的交点，又为奇函数，所以关于原点对称的函数为，即有两个正实数根，所以有两个不等的正实根，令，求导得，当时，，所以在上单调递增，所以有两个不等的正实数根，即有两个不等的正实数根，所以，解得，所以实数的取值范围是.关于原点对称的函数图象与函数的图象有两个不同的交点，可得有两个不等的正实根，进而构造函数，利用单调性可求解.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．15.已知数列通项公式为，是公比为的等比数列，且，．（1）求的通项公式；（2）设与的公共项由小到大排列构成新数列，求的前5项和．【答案】（1）（2）682【解析】第10页/共19页12）根据通项公式找到公共项，求和即可.【小问1详解】因为，，所以，解得所以．【小问2详解】设的第项与的第项相等，则，即，．当时，，当时，，则，当时，，当时，，则，当时，，当时，，则，当时，，当时，，则，当时，，当时，，则．故．16.在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析第11页/共19页（2）．【解析】1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，得到线面平行；（2）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的向量夹角公式进行求解.【小问1详解】如图，连接，交于点，连接．因为四边形为矩形，所以，因为，分别为和的中点，所以，又平面，平面，所以平面．【小问2详解】因为平面，平面，所以，，因为四边形为矩形，所以，以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，．设平面的法向量为，则，令，则，得．设直线与平面所成的角为，第12页/共19页则，所以直线与平面所成角的正弦值为．17.已知椭圆，，为的上顶点，的面积为2．（1）求的方程；（2）过点作斜率为1的直线交于，两点，设点、关于轴的对称点分别为、，当四边形的面积为时，求直线的方程．【答案】（1）（2）或．【解析】1）根据得，再由的面积为2得，结合求出，即可得解.（2）设，，联立直线与椭圆的方程，韦达定理，由四边形的面积得，将韦达定理代入求得，即可求解直线方程.【小问1详解】设，，．由，可知．因为的面积为2，所以，由得，解得或，即或，所以或，结合，可得，所以的方程为.第13页/共19页【小问2详解】由题意得直线的方程为，设，．由，关于轴的对称点分别为，，构成四边形，可知点，位于轴同侧，则四边形的面积．将代入，化简得，则，，且，解得，所以，整理得，所以，解得，所以直线的方程为或．18.已知函数，，．（1）讨论的单调性；（2）若当时，与的单调性相同，求实数的取值范围；（3）若当时，有最小值，证明：．【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增（2）（3）证明见解析第14页/共19页【解析】1）对函数求导即可判断的单调性；（21）可知将单调性相同转化为在时恒成立，求出，可得实数的取值范围；（3）对求导后构造函数再求导，利用零点存在性定理可判段导函数的符号，求出其单调性可得最小值的表达式，再构造函数求出其值域即可.【小问1详解】由题可知的定义域，，令，可得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】由（I）可知在上单调递增，即在时恒成立，即在时恒成立．令，，则，可得当时，，当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，又时，，所以，所以，即实数的取值范围是．【小问3详解】第15页/共19页由题可知，，令，，则，因为，，所以，所以在上单调递增．又，，所以存在唯一的，使得，即，即．当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以．令，则在上恒成立，所以在上单调递减，所以，即，即，所以．19.已知函数的所有正零点从小到大排列组成数列．（1）求的通项公式．（2）从的前项中随机选出不同的两项相乘，所得结果为偶数的概率记为，问：是否存在正整数，使得当时，恒有？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．（3）若，且数列的前项和为，求证：．【答案】（1）（2）存在，的最小值为5（3）证明见解析【解析】第16页/共19页1）令，求得所有正零点，可求得的通项公式；（2）分为奇数和偶数两类讨论求解.先求积为奇数的情况，再利用对立事件的