精品解析：湖南省长沙市四大名校2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题

佩佩教育2025届2月湖南高三联考 数学 一､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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出A，B，再根据并集概念计算即可. 【详解】因为，由，解得，则，所以， 故选：C. 2. 设复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 射线上 B. 射线上 C. 直线上 D. 直线上 【答案】A 【解析】 【分析】先根据共轭复数的定义求出，再结合已知条件列出等式，最后化简等式得到与的关系，从而确定复数在复平面内对应的点的轨迹. 【详解】对于复数，，其共轭复数. . 因，由，可得. 因为等式右边，所以，即. 对两边同时平方得，即. 两边同时开平方得，又因为， 所以复数在复平面内对应的点在射线上. 故选：A. 3. 已知向量，向量与向量的夹角为，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由平面向量数量积的定义、平面向量数量积的运算性质结合二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】设，又，所以， 根据二次函数性质，所以当时，， 故选：B. 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取中间值1比较，再用换底公式变形，结合作差法比较即可. 【详解】因为，其中， 所以，所以， 故选：D. 5. 数列中，，若是数列的前项积，则的最大值（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求得，然后求得的表达式，再根据二次函数的性质求得正确答案. 【详解】依题意得，，所以， 所以 ， 因为，所以当或8时，取得最大值为， 故选：A 6. 已知函数的最小正周期为，且函数为奇函数，则当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】借助辅助角公式与函数周期计算可得，再结合奇函数定义计算可得，再将两者图象画出即可得解. 【详解】， 由已知函数的最小正周期为，则， 所以，其中，且， 又由为奇函数知函数图象的一个对称中心为， 则有，解得， 所以， 所以，即. 画出与图象如图所示： 由图可知，曲线与交点个数为4. 故选：B. 7. 设函数，当时，方程有且只有一个实根，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，.构造函数，将原问题转化为有且仅有一个零点.证明为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，解得.再验证即可. 【详解】由得，.令， 则原问题等价于有且仅有一个零点.因为， 所以为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0， 即，解得. 当时，则.因为， 当且仅当时，等号成立，所以，即有且仅有一个零点0， 所以符合题意， 故选：D. 8. 在四面体中，，且与所成的角为.若该四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】将四面体补形为直三棱柱，设，由可得，在中，由勾股定理可得，利用余弦定理和基本不等式求解. 【详解】依题意，可将四面体补形为如图所示直三棱柱. 因为与所成的角为，所以或. 设，外接球半径记为，外接球的球心如图点. 易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 于是，所以. 在中，， 在中，由余弦定理得， 显然当时，外接球的半径会更小，此时， 所以， 所以，故它的外接球半径的最小值为2. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键是将四面体补形为直三棱柱，转化为求直三棱柱外接球半径的最小值. 二､多选题：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. 某公司为保证产品生产质量，连续10天监测某种新产品生产线的次品件数，得到关于每天出现次品的件数的一组样本数据：，则（ ） A. 极差是4 B. 众数等于平均数 C. 方差是2 D. 第25百分位数为12 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据极差、众数、平均数、方差、百分位数的定义求解判断选项即可. 【详解】数据从小到大排列为：. 对于选项A，该组数据的极差为，故A正确； 对于选项B，众数为13，平均数为，所以众数与平均数相等，故B正确； 对于选项C，方差为，故C错误； 对于选项D，由，则第25百分位数为12，故D正确， 故选：ABD. 10. 设点是曲线上一点，曲线在点处的切线为，则（ ） A. ，函数为奇函数 B. ，函数有且仅有一个极小值点 C. 当时，直线与两坐标轴围成的图形面积为8 D. 当时，直线与直线和所围成的图形面积为8 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，运用奇偶性定义判定；对于选项B，举反例判定；对于选项C，运用导数求出斜率，得到直线方程，还有截距，进而求得面积判定；对于选项D，借助导数求得切线为的方程，再求出它与直线的交点为，它与直线的交点为，得到围成的图形面积即可. 【详解】对于选项A，因为，故A正确； 对于选项B，当时，反比例函数无极小值和极大值，故B错误； 对于选项C，当时，，设， 则切线为的方程为，它与两坐标轴的交点分别为和， 它们围成的图形面积，故C正确； 对于选项D，当时，设， 则切线为的方程为，它与直线的交点为， 它与直线的交点为， 它们围成的图形面积.，故D正确， 故选：ACD. 11. 某学习小组用曲线：和抛物线部分曲线围成了一个封闭的“心形线”，过焦点的直线交（包含边界点）于两点，点是坐标原点，点是或上的动点，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，通过抛物线经过可求解，通过点共线求得可判断，由焦点弦长公式可判断C，由弦长公式及点到线的距离公式求得面积表达式，结合函数单调性可求解； 【详解】可变形为，表示以为圆心，2为半径的圆的右半部分，可变形为，表示以为圆心，2为半径的圆的右半部分. 对于A选项，抛物线过点，解得，故A正确； 对于B选项，当点三点共线时，，故B选项错误； 对于C选项，因为是抛物线的焦点弦，所以当为通径时，； 如图： 直线的方程为，由对称性可设，可得， 代入抛物线并整理得，可得 所以 即直线方程为， ，此时弦最长， 且，故C正确； 对于D选项，由对称性不妨设，当在点时，， 所以，显然离最远的点在上， 且.（：到距离，：到距离） 联立，整理得，则， 则， 所以， 设， 由在上单调递增， 易得在上单调递增，所以的最大值为，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. 已知，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由二项展开式的通项公式即可求解 【详解】展开式的通项公式为, 由，故的系数为 而，得，解得. 故答案为： 13. 已知双曲线：（，）的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点．若，则的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意根据圆的性质得到圆心A到渐近线的距离，再利用点到直线的距离公式可得的关系，利用离心率公式求解即可． 【详解】双曲线：的右顶点为，一条渐近线，即， ∵圆的半径为，且， ∴， ∴到渐近线的距离为， 又到渐近线的距离， ∴，则，则的离心率为． 故答案为：． 14. 已知，且，则的最大值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】将，运用差角公式展开，化简，得到.结合 又，代入后，得到，结合基本不等式计算即可. 【详解】因为， 所以， 即，即. 又， 等号当且仅当时成立，所以的最大值是. 故答案为：. 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. 记的内角所对的边分别为，已知. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，边化角，结合三角形中角的取值范围，可得，从而确定角. （2）根据条件求角求边，再结合三角形面积公式求面积. 【小问1详解】 由，及正弦定理得， 因为为三角形内角，故，故得， 又为三角形内角，或. 【小问2详解】 由 得， 又，所以. 由（1）得，故， 而为三角形内角，. 由正弦定理，得， 故的面积. 16. 甲、乙两人进行知识问答比赛，共进行多轮抢答赛，每轮比赛中有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且两人每题答题正确的概率分别为和.求： （1）甲在每轮比赛中获胜的概率； （2）甲前二轮累计得分恰为4分的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设甲在一轮比赛中获胜为事件，甲在一轮比赛中共抢到道题为事件，由求解即可； （2）设甲前二轮累计得分恰为4分的事件为，甲在一轮比赛中得分的事件为，由即可求解， 【小问1详解】 设甲在一轮比赛中获胜为事件，甲在一轮比赛中共抢到道题为事件，则， 又，， 所以. 【小问2详解】 设甲前二轮累计得分恰为4分的事件为，甲在一轮比赛中得分的事件为，则 ， ， 所以 . 17. 如图，在多面体中，的中点为. （1）求证：四点共面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定，再证明两个平面重合即可. （2）结合（1）的信息确定二面角的平面角，再建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法列式求解. 【小问1详解】 连接，由为中点，得， 由，得，而平面， 则平面，同理平面，又平面与平面有公共直线， 所以四点共面. 【小问2详解】 由（1）知，是二面角的平面角，设， 由，得， 则，，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， 设平面的法向量为，则，取，得， 设直线与平面所成角为， 依题意，，即， 平方化简整理得，而 则，即，又，则，， 所以所求二面角的余弦值为. 18. 已知函数和的图象在处有相同的切线. （1）求实数和的值； （2）求函数的极值； （3）当时，不等式恒成立，求实数的取值集合. 【答案】（1） （2）函数只有唯一的极大值，无极小值 （3） 【解析】 【分析】（1）分别求两个函数的导数，根据即可求解； （2）表示函数，求导根据单调性即可求得极值； （3）当时，构造函数，求导，将不等式恒成立问题转化为最值问题解决. 【小问1详解】 ， 据题意有：， 联立解得. 小问2详解】 由（1）知，， 所以函数且， 所以， 因此函数在和单调递减，在和单调递增， 其大致图象如图，故函数只有唯一的极大值，无极小值. . 【小问3详解】 当时，不等式恒成立等价于 不等式恒成立，显然有， 令，则恒成立， 而， 当时，， 所以在上单调递增， 所以，当时，，符合题意； 当时，记， 则抛物线的开口向上，对称轴为， 又， 所以当时，，从而， 所以在上单调递减， 故当时，，不符合题意， 所以， 再令，则恒成立， 而， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，，符合题意， 当时，记， 则抛物线的开口向下，对称轴为， 又， 所以当时，，从而， 所以在上单调递增， 故当时，不符合题意， 综上可知，实数的取值集合为. 【点睛】方法点睛：利用导数研究函数极值的方法 （1）若求极值，则先求方程的根，再检查在方程根的左右函数值的符号； （2）若探究极值点个数，则探求方程在所给范围内实根的个数； （3）若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程根的大小或存在情况来求解. 19. 已知椭圆经过点，其右顶点为，上顶点为为坐标原点，且离心率为. （1）设在点处的切线，其斜率为的斜率为，求的值； （2）过在第一象限的点作椭圆的切线，分别与轴，轴交于点，且为线段的中点，记以点为中心，轴，轴为对称轴，且过点的椭圆为，依此类推，，，过椭圆在第一象限的点作椭圆的切线，分别与轴，轴交于点，，且为线段的中点，记以点为中心，轴，轴为对称轴，且过点，的椭圆为，由此得到一系列椭圆. （i）求的方程； （ii）过点作直线与椭圆分别交于，求证：. （附：若为椭圆上一点，则椭圆在点处的切线方程为：） 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入定点，结合；离心率解题，得到椭圆方程，再得到切线和斜率即可 （2）（i）设，求出，代入的楠圆方程得：. 求出直线的斜率和.结合（1）求出，得到. 化简可得，同理求得：，最终得到方程. （ii）分情况讨论，再直曲联立，结合韦达定理和弦长公式计算，进而得到，适当放缩进行证明即可 . 【小问1详解】 依得，，又由得，， 解得，故椭圆方程为. 又椭圆在点处的切线方程为，则. 又，因此. 【小问2详解】 （i）设，则，代入的楠圆方程得：. 又直线的斜率，而. 则由（1）可知，可知. 因此，即，可得， 又，因此. 同理可知：，即. 故. （ii）①若直线的斜率不为0时，则设直线，与椭圆联 立可知，，可得，即 . 因此. 从而 . . ②若直线的斜率为0，则， 故. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的综合问题，常将直线方程代入圆锥曲线方程，从而得到关于（或）的一元二次方程，设出交点坐标，然后利用韦达定理得出坐标的关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 佩佩教育2025届2月湖南高三联考 数学 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 射线上 B. 射线上 C. 直线上 D. 直线上 3. 已知向量，向量与向量的夹角为，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 5. 数列中，，若是数列的前项积，则的最大值（ ） A B. C. D. 6. 已知函数的最小正周期为，且函数为奇函数，则当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 设函数，当时，方程有且只有一个实根，则（ ） A 2 B. 1 C. D. 8. 在四面体中，，且与所成的角为.若该四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某公司为保证产品生产质量，连续10天监测某种新产品生产线的次品件数，得到关于每天出现次品的件数的一组样本数据：，则（ ） A. 极差是4 B. 众数等于平均数 C. 方差是2 D. 第25百分位数为12 10. 设点是曲线上一点，曲线在点处的切线为，则（ ） A. ，函数为奇函数 B. ，函数有且仅有一个极小值点 C. 当时，直线与两坐标轴围成的图形面积为8 D. 当时，直线与直线和所围成的图形面积为8 11. 某学习小组用曲线：和抛物线部分曲线围成了一个封闭的“心形线”，过焦点的直线交（包含边界点）于两点，点是坐标原点，点是或上的动点，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，若，则__________. 13. 已知双曲线：（，）右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点．若，则的离心率为______. 14. 已知，且，则的最大值是__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 记的内角所对的边分别为，已知. （1）求； （2）若，求的面积. 16. 甲、乙两人进行知识问答比赛，共进行多轮抢答赛，每轮比赛中有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且两人每题答题正确的概率分别为和.求： （1）甲在每轮比赛中获胜的概率； （2）甲前二轮累计得分恰为4分的概率. 17. 如图，在多面体中，的中点为. （1）求证：四点共面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 18. 已知函数和图象在处有相同的切线. （1）求实数和的值； （2）求函数的极值； （3）当时，不等式恒成立，求实数的取值集合. 19. 已知椭圆经过点，其右顶点为，上顶点为为坐标原点，且离心率为. （1）设在点处的切线，其斜率为的斜率为，求的值； （2）过在第一象限点作椭圆的切线，分别与轴，轴交于点，且为线段的中点，记以点为中心，轴，轴为对称轴，且过点的椭圆为，依此类推，，，过椭圆在第一象限的点作椭圆的切线，分别与轴，轴交于点，，且为线段的中点，记以点为中心，轴，轴为对称轴，且过点，的椭圆为，由此得到一系列椭圆. （i）求的方程； （ii）过点作直线与椭圆分别交于，求证：. （附：若为椭圆上一点，则椭圆在点处的切线方程为：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$