精品解析：河南省青桐鸣2025届高三下学期2月联考数学试题

河南省“青桐鸣大联考”2025届高三下学期2月联考 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知i为虚数单位为z的共轭复数，且则（ ） A. 1 B. C. D. 5 3. 已知小明手中有两张卡牌，每张卡牌编号均为中的一个数字，设甲：小明手中的两张卡牌的编号之和为；乙：小明手中的两张卡牌的编号均不超过2且编号之和为奇数，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分又不必要条件 4. 现有一组样本数据点，则该组样本数据点的相关系数（ ） A B. C. D. 1 5. 若等差数列满足，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的最大值为1，则实数（ ） A. 1 B. 2或 C. 4 D. 4或 7. 已知函数在区间上单调，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在梯形ABCD中，，则（ ） A. B. 3 C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知正数a，b，c满足，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知则下列说法正确的是（ ） A. a可能是最大边 B. b可能是最大边 C. a可能是最小边 D. c可能是最小边 11. 已知a函数在上单调递增，则下列说法正确是（ ） A. B. 当时 C. 若则的展开式中含项的系数为84 D. 若则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数在点处的切线方程为__________. 13. 已知球O的表面积是圆锥侧面积的两倍，且球O的直径与圆锥的母线长均为4，则圆锥的底面半径为__________. 14. 已知双曲线左、右焦点分别为、，过点的直线分别交的左、右两支于、两点.若，则的最小值为__________. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知抛物线，点，直线，记A关于l的对称点为B，且B在抛物线W上. （1）求直线l与直线AB的交点坐标； （2）求抛物线W的标准方程； （3）求直线AB被抛物线W截得的弦长. 16. 某工厂生产了一批精密零件，其质量指数与对应零件的个数如下表所示： 质量指数 1 2 3 零件个数 20 15 15 现从这批零件中连续抽取三次零件，每次随机抽取1个零件后放回.记这三次抽取的零件的质量指数分别为 （1）求的分布列； （2）求的期望与方差； （3）求的值. 17. 已知函数 （1）探究在定义域内是否存在极值点； （2）求在定义域内的零点个数. 18. 如图，在各棱长均相等的三棱柱中 （1）求AB的长； （2）若求平面与平面所成角的余弦值. 19. 若正数a，b，c，d满足则称数组具有反性.若正项数列中任意相邻的四项满足数组具有反性，则称数列是反数列. （1）若数组具有反性，求实数x的值； （2）若数组具有反性，证明：； （3）现有两个反数列满足且数列反数列，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 河南省“青桐鸣大联考”2025届高三下学期2月联考 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意化简集合B，结合交集运算求解即可. 【详解】由题意可知：集合，， 所以. 故选：C. 2. 已知i为虚数单位为z的共轭复数，且则（ ） A. 1 B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】设，由，得，最后由即可求解. 【详解】设，a，b为实数，则，即，故 故选：B. 3. 已知小明手中有两张卡牌，每张卡牌的编号均为中的一个数字，设甲：小明手中的两张卡牌的编号之和为；乙：小明手中的两张卡牌的编号均不超过2且编号之和为奇数，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分析两张卡牌的编号的可能性情况，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】由小明手中的两张卡牌的编号之和为3，可知小明手中的两张卡牌的编号分别为； 若小明手中的两张卡牌的编号均不超过2，则此时其手中的卡牌的编号有1，1和1，2及2，2三种可能， 但其编号之和为奇数，所以只能为1，2， 两者等价，故甲是乙的充要条件. 故选：C. 4. 现有一组样本数据点，则该组样本数据点的相关系数（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】注意到样本数据点均在直线上，根据题意结合相关系数的意义分析判断即可. 【详解】根据题意可知：这些样本数据点均在直线上，故， 由直线的斜率为正，可知，所以. 故选：D. 5. 若等差数列满足，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于AB：整理可得，即可判断其符号；对于CD：根据等差数列性质可得，其正负无法确定. 【详解】对于选项AB：设数列的公差为d， 则，故A正确，B错误； 对于选项CD：因为，其正负无法确定，故C，D均错误. 故选：A. 6. 已知函数的最大值为1，则实数（ ） A. 1 B. 2或 C. 4 D. 4或 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知的最大值为4，结合二次函数最值运算求解即可. 【详解】令 因在定义域内为增函数，且最大值为1， 可知的最大值为4，则，解得， 经验证均满足题意. 故选：D. 7. 已知函数在区间上单调，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正切函数的单调减区间，结合题意，得出不等式组求出的取值范围即可. 【详解】由 可知，解得 又，故的取值范围为 故选: 8. 在梯形ABCD中，，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在中，利用余弦定理可得，，再结合几何性质运算求解即可. 【详解】如图， 在中，由余弦定理可得 ，即， 则， 因为，可得，故 由知，所以. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知正数a，b，c满足，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意可得，结合不等式性质判断AB；利用基本不等式判断C；举反例判断D. 【详解】因正数a，b，c满足，可得， 对于选项A：，故A错误； 对于选项B：，故B正确； 对于选项C：， 当且仅当时，等号成立，即，故C正确； 对于选项D：例如，此时，故D错误. 故选：BC. 10. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知则下列说法正确的是（ ） A. a可能是最大边 B. b可能是最大边 C. a可能是最小边 D. c可能是最小边 【答案】BCD 【解析】 【分析】应用正弦定理及两角和差公式化简，再结合诱导公式得出或计算判断即可. 【详解】由题意可得 所以 由正弦定理可得 所以 即 即 等价于 所以则或即 若则c是最大边，a，b可能是最小边； 若则b是最大边，a，c可能是最小边. 综上，选项B，C，D正确. 故选： 11. 已知a函数在上单调递增，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时 C. 若则的展开式中含项的系数为84 D. 若则 【答案】ACD 【解析】 【分析】求导通过函数在单调递增，得到恒成立，进而说明可判断A，再通过单调性，当时可判断B，对于C，由二项式定理通项公式可判断，对于D，由函数的对称性可判断； 【详解】由题意得 而恒成立且不恒为0，故 对于A，由知故A正确； 对于B，由函数的单调性可得当时 当时，存在使得成立，与选项矛盾，故B错误； 对于C选项，若有其展开式的第六项 故的展开式中含项的系数为84，故C正确； 对于D，由解得此时 易得 即函数的图象关于点中心对称， 故故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求导函数，再计算得出斜率，再点斜式得出切线方程. 【详解】的导数为 故，又， 故函数在处的切线方程为，即得. 故答案为: 13. 已知球O的表面积是圆锥侧面积的两倍，且球O的直径与圆锥的母线长均为4，则圆锥的底面半径为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设圆锥底面半径为，再结合圆锥的侧面积公式与球的表面积公式计算即可得. 【详解】设圆锥的底面半径为，其母线长为4， 则圆锥的侧面积为，球O的表面积为， 由题意可得，故， 故圆锥的底面半径为. 故答案为：. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过点的直线分别交的左、右两支于、两点.若，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】证明出，由相似三角形的性质可得出，设，由双曲线的定义可得出，，由已知等式结合分式的性质可得出，再利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】在和中， 因为，，所以， 由相似三角形的性质可得. 由双曲线的定义可得，， 所以，， 设，则， 故， 则，故， 故， 当且仅当时，即时取等号， 故的最小值为. 故答案为：. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知抛物线，点，直线，记A关于l的对称点为B，且B在抛物线W上. （1）求直线l与直线AB的交点坐标； （2）求抛物线W的标准方程； （3）求直线AB被抛物线W截得的弦长. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题设知直线，求得直线的方程，再将其与直线l的方程联立，即可求得交点坐标； （2）先按求对称点的方法求出点坐标，再用待定系数法即可抛物线W的标准方程； （3）将直线AB的方程与抛物线的方程联立求出另一个交点坐标，再用两点间距离公式求解即可. 【小问1详解】 因为A关于l的对称点为B，所以直线AB与l垂直. 因为l的斜率为所以直线AB的斜率为 故直线AB的方程为 联立，解得 故两直线的交点坐标为 【小问2详解】 易知点是线段AB的中点， 设所以，解得 将B的坐标代入抛物线W的方程，得，解得 故抛物线W的标准方程为 【小问3详解】 由（1）得， 由（2）得， 联立，得 设直线AB与抛物线W的另一个交点为， 因为，所以，解得， 故 所以 故直线AB被抛物线W截得的弦长为 16. 某工厂生产了一批精密零件，其质量指数与对应零件的个数如下表所示： 质量指数 1 2 3 零件个数 20 15 15 现从这批零件中连续抽取三次零件，每次随机抽取1个零件后放回.记这三次抽取的零件的质量指数分别为 （1）求的分布列； （2）求的期望与方差； （3）求的值. 【答案】（1）分布列见解析 （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）得到的可能取值后分别计算相应概率即可得； （2）借助分布列计算即可得； （3）分别计算、并相加即可得. 【小问1详解】 的可能取值为1，2，3， ； ； ； 故的分布列为： 1 2 3 【小问2详解】 由可得， ； 【小问3详解】 ， ， ， 故. 17. 已知函数 （1）探究在定义域内是否存在极值点； （2）求在定义域内的零点个数. 【答案】（1）存在极大值点 （2）0 【解析】 【分析】（1）求导，分析可知在区间上单调递减且存在零点，进而可得的符号以及的单调性，结合单调性分析极值； （2）根据（1）结合零点代换可得，再根据对勾函数性质即可得结果. 【小问1详解】 由题意可得：， 因为函数和在上单调递减，可知在区间上单调递减. 且，， 可知存在，使得，即， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 所以在定义域内存在极大值点. 小问2详解】 由（1）可得： ， 即， 由对勾函数的性质可得在区间上单调递增，且， 可知，即， 故的零点个数为 18. 如图，在各棱长均相等三棱柱中 （1）求AB的长； （2）若求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量的线性运算得,设利用数量积的运算律求解即可得到的长. （2）取的中点为M，的中点N，连接，，以M为坐标原点，直线，，分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面的法向量与平面的法向量，利用空间向量法计算即可求解. 【小问1详解】 由题意可得， ， . 设则 ， 解得： 故 【小问2详解】 取的中点为M，的中点N，连接，，. 因为，则，故 易知，而，故 由可知， 又因为平面， 故平面 因为，所以 故以M为坐标原点，直线，，分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 则 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则 易知平面的一个法向量为， 则 故平面与平面所成角的余弦值为 19. 若正数a，b，c，d满足则称数组具有反性.若正项数列中任意相邻的四项满足数组具有反性，则称数列是反数列. （1）若数组具有反性，求实数x的值； （2）若数组具有反性，证明：； （3）现有两个反数列满足且数列是反数列，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题中定义建立方程，求得实数x的值； （2）由题意得到等式，然后整理变换为.取和验证结果，即可证明； （3）由（2）得到然后得到从而得到代入和，整理化简后得到，然后由基本不等式得到，从而求得由等差中项可知数列均为等差数列，然后求得，，通项公式，从而表示出，再由放缩法证明不等式. 【小问1详解】 由题意可得， 解得 【小问2详解】 由可知， 于是即 当时符合题意； 当时， 故符合题意. 综上所述： 【小问3详解】 对于反数列可知，而 两式相加得， 显然， 于是， 即， 即， 则， 即 当且仅当即时取等号，由知 由可知数列均为等差数列， 故，故，同理 ，故 故， 而 故 故 【点睛】方法点睛，本题是一个新定义题目，充分的理解定义，并通过相关知识证明出对应结论，再次运用已证明结论再得证明其他结论.在证明不等式成立时，一般采用放缩法进行证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$