四川省德阳市博雅明德高级中学2024-2025学年高三下学期2月检测数学试题（解析版）

第页，共页第19页，共19页德阳市博雅明德高级中学2025年春季高三2月考试试题（数学）考试时间：120分钟满分：150分一、单选题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先解一元二次不等式，再应用交集定义计算求解.【详解】因为，则.故选：A.2.复数，其中i为虚数单位，则z的虚部为（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】根据虚部定义即可求解.【详解】由于，故虚部为.故选：A3.已知向量，则实数的值为（）A.1 B. C.- D.-1【答案】C【解析】【分析】先根据平面向量的线性坐标运算法则表示出，再根据数量积的坐标运算法则表示出，从而得到关于的方程，解之即可．【详解】解：，，，，即，解得，故选：．【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，熟练掌握平面向量的运算法则是解题的关键，考查学生的运算能力，属于基础题．4.若锐角满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用两角和的余弦公式得，再由基本不等式求得的最小值.【详解】.于是，当且仅当时取等号，则最小值为.故选：D.5.记为等比数列的前n项和，若，，则（）．A.120 B.85 C. D.【答案】C【解析】【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，若，则，与题意不符，所以；若，则，与题意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故选：C．方法二：设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．故选：C．【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．6.已知，若存在实数t使得方程有两个不同的正实数根，则正实数m的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据对应幂函数的单调性及分段函数存在两个自变量对应同一函数值有，即可求范围.【详解】由在上单调递增，若存在实数t使得方程有两个不同的正实数根，只需，又，所以.故选：C7.已知圆台的上底面半径为1，一个表面积为的球与该圆台的上下底面及其侧面都相切，则该圆台的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用球的表面积计算球半径，结合圆台的特征及圆台及其内切球的轴截面计算圆台的体积即可.【详解】设球的半径为，由球的表面积为，得，则，该圆台的高为，圆台及其内切球的轴截面如图所示，设圆台的下底面半径为，则该圆台的母线长，于是，即，解得，所以此圆台的体积.故选：D8.定义在R上的函数满足，但不恒等于x，则下列说法正确的是（）A.可以是R上单调递增的一次函数 B.可以是偶函数C.可以是奇函数 D.可以是周期函数【答案】C【解析】【分析】根据待定系数法计算得出函数判断A，C，应用偶函数的定义判断B，应用周期定义计算判断D.【详解】因为定义在R上的函数满足，设，所以，所以，所以或，所以或，但不恒等于x，所以不是R上的单调递增函数，A错误；因为，所以，所以不可以是偶函数，B错误；当时，满足，是奇函数，C正确；若是周期函数，设的周期为非零实数，则，所以与矛盾，D选项错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是应用待定系数法得出函数解析式.二、多选题9.已知函数，的图象是一条连续不断的曲线，设其导数为，函数的图象如下，则下列说法正确的是（）A.在处取最大值 B.是的极大值点C.没有极小值点 D.可能不是导函数的极大值点【答案】ACD【解析】【分析】根据的图象，先分析出的正负性，即可得的单调性，从而可判断A，B，C，再由和时，，而不一定等于0，可判断D.【详解】当时，，函数单调递增，同理可得：当时，，函数单调递减，所以为函数的极大值，当时，，函数单调递减，当时，函数单调递减，所以函数在上单调递减，从而在处取最大值，且没有极小值点，故A,C正确，B错误；又和时，，，而在时等于0，所以不一定等于0，当时，是导函数的极大值点，当时，不是导函数的极大值点，所以D正确.故选：ACD.10.某农科所针对耕种深度x（单位：cm）与水稻每公顷产量（单位：t）的关系进行研究，所得部分数据如下表：耕种深度x/cm81012141618每公顷产量y/t68mn1112已知，用最小二乘法求出y关于x的经验回归方程：，，，数据在样本，的残差分别为，．（参考数据：两个变量x，y之间的相关系数r为，参考公式：，，，则（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据题设条件、最小二乘法求回归方程及残差求法，对各个选项逐一分析判断，即可求出结果.【详解】对于选项A，因为，，所以，得到，所以，得到，所以选项A正确，对于选项B，因为，又，，所以，所以，故选项B正确，对于选项C，因，所以选项C错误，对于选项D，因为，得到，，所以，所以选项D正确，故选：ABD．11.如图，过抛物线E：的焦点作两条直线，，与E相交于C，D两点，与E相交于A，B，则下列说法中正确的是（）A.若点，则周长的最小值为B.的最小值为C.若，则四边形ABCD面积的最小值为32D.若BC过定点，则AD过定点【答案】ABC【解析】【分析】对于选项A，需要利用抛物线的定义将三角形周长转化为两点间距离来求最小值；选项B通过设直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理结合焦半径公式来求最小值；选项C根据两直线垂直，设出直线方程，求出弦长，进而得到四边形面积表达式求最小值；选项D通过设直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理和已知条件求出定点.【详解】选项A：对于抛物线，其焦点，准线方程为.根据抛物线的定义，等于点到准线的距离.设点到准线的垂足为，则的周长为.要使周长最小，当，，三点共线时，最小，其最小值为.又.所以周长的最小值为，选项A正确.选项B;，，直线的方程为（）.联立，消去得，即.根据韦达定理，.由抛物线的定义，，.又，，所以.根据均值不等式，.当且仅当且时取等号，所以的最小值为，选项B正确.选项C：当时，设的斜率为，则的斜率为.的方程为，的方程为.设，，，.联立，消去得，即.则，.同理，联立可得.所以四边形ABCD的面积.根据均值不等式，当且仅当，即时取等号.所以，四边形ABCD面积的最小值为32，选项C正确.选项D：证明AD过定点设直线BC的方程为，代入得.设，，则，.设直线AD的方程为，代入得.设，，则，.因为，，，四点共线，所以.即.化简可得，即，所以直线AD过定点，选项D错误.故选：ABC.三、填空题12.函数的单调递增区间为__________.【答案】【解析】【分析】根据对数型函数的定义域，结合对数型函数的单调性的性质进行求解即可.【详解】由，或，二次函数的对称轴为，因为函数是正实数集上的增函数，所以当函数单调递增时，则有，所以函数的单调递增区间为，故答案为：13.已知圆：与双曲线：，若过双曲线右顶点P作圆的两条切线，切点为A，B，且，则双曲线的离心率是______．【答案】【解析】【分析】根据已知角及直角三角形计算得出，再根据离心率公式计算即可.【详解】连接OA、OB，则，，由切线长定理可知，又因，，所以，所以，则，于是，所以离心率.故答案为：.14.甲、乙、丙、丁、戊五人完成A，B，C，D，E五项任务所获得的效益如下表：

甲101291210乙2425232222丙913141210丁6810810戊1315141511现每项任务指派一人完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派方法数有______种；效益之和的最大值是______．【答案】①.78②.75【解析】【分析】根据全排列去掉甲承担C任务及丁承担A任务计算指派方法，根据特例可求效益的最大值.【详解】甲不承担C任务，丁不承担A任务的选派方法有：种.由表知道，五项工作后获得的效益值总和最大为，但不能同时取得，故五项工作后获得的效益值总和最大值小于76，但当乙承担，甲承担，丙承担，丁承担，戊承担，此时效益值总和为：，效益之和的最大值是75.故答案为：78；75.四、解答题15.如图，是圆锥的顶点，是圆锥底面圆心，，是底面圆的两条直径，点在上，．（1）求证：；（2）若为的中点，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证得平面，再利用线面垂直的性质定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用向量夹角的余弦公式求出法向量夹角的余弦值，进而得到二面角的余弦值.【小问1详解】证明：因为，为的中点，所以，又，且，平面，平面,所以平面．又平面，所以．【小问2详解】由题意，在中，，所以，所以，又为的中点，所以，.设，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，设平面的一个法向量为，则，即，取，则设平面的一个法向量为，则，取，则．因此，由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．16.在△ABC中角A，B，C所对的边分别为a、b、c，满足．（1）求的值；（2）设△ABC外接圆半径为R，且，求b取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角函数恒等变换的应用，化简已知等式可得，结合，可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值．（2）由（1）可求，又由正弦定理得，利用余弦定理可得，结合范围，利用二次函数的性质可求的范围．【详解】（1）因为，所以，即，所以，因为，所以又因为，解得：.（2）因为，由正弦定理得，可得，由余弦定理可得：，∵，∴，所以的取值范围为.【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，余弦定理，二次函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，考查了函数思想的应用，属于中档题．17.已知椭圆Γ经过点A(1,)，右焦点为F(1,0)（1）求椭圆Γ的方程；（2）若直线l与Γ交于两点，且直线与的斜率互为相反数，求的中点与的最小距离．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据点在椭圆上以及焦点即可联立方程求解，（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理可得坐标，进而根据中点坐标公式可得，从而判断在直线上，即可由点到直线距离公式求解.【小问1详解】由已知解得所以椭圆方程为【小问2详解】由于的斜率互化相反数，不妨设的斜率为，的斜率为.则的方程为，联立，故，又，所以，进而,用代入可得,所以中点的坐标为由于,所以在直线上，所以点与的最小距离即是点到直线的距离，当且当且仅当时取得最小值，18.已知函数，．（1）若函数在单调增，求实数a的取值范围：（2）当时，，求实数a的值；（3）求证：．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）函数在某区间单调递增，可通过其导数在该区间大于等于0恒成立来求解参数范围；（2）要根据函数在给定区间的取值情况确定参数值，需结合函数的单调性等性质进行分析；（3）证明不等式需要利用前面得到的函数性质以及一些常见的放缩技巧变形，结合裂项求和即可.【小问1详解】据题意：，，则当时，，则在单调减，所以，由于在单调增，则恒成立，即，故．【小问2详解】下面证明：当时，恒成立，此时，由（1）知，当时，，符合；当时：，，，则在单调增，由于，，则存使，则，即在单调减，，即在单调增，又，，所以对恒成立，即在单调减，故．、综上，．【小问3详解】由（2）知：对恒成立，令，，所以．【点睛】方法点睛：在证明导数与数列不等式综合问题时，经常将第一问的结论直接应用到证明当中去，再综合考虑不等式特征合理选取方法巧妙放缩求和，即可实现问题求解.19.若数列满足，且存在正整数，使得为奇数时，；为偶数时，，称为—跳跃数列，记.（1）若数列为—跳跃数列，且对任意，求最小时的最大值；（2）已知为正整数，数列为—跳跃数列.①若，求数列的前60项的和;②求的所有不同值的和.【答案】（1）7（2）①12156；②【解析】【分析】（1）根据跳跃数列的定义，由题意取验证可知与题意矛盾，取时符合题意，求出的最大值即可求解.（2）①由题意得数列是周期为11的周期数列，再结合等比数列的前项和公式即可求解；②的所有不同的值为:，再结合分组求和及等比数列的前项和公式即可求解.【小问1详解】因为数列为—跳跃数列，且，若，与对任意矛盾；若，则，与对任意矛盾；若，则，满足对任意，此时的最大值为，所以的最小值为3，且时的最大值为7.【小问2详解】①时，，，数列是周期为11的周期