精品解析：江苏省南京市六校联合体2024-2025学年高三下学期2月学情调研测试数学试卷

江苏省南京六校联合体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. 复数z满足（为虚数单位），则复数z的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量若则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 有4辆车停放5个并排车位，货车甲车体较宽，停放时需要占两个车位，并且乙车与货车甲相邻停放，则共有多少种停放方法?（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 10 4. 设等差数列的前n项和为若则的公差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知函数在区间上的最小值为则t的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点P为直线上的一点，过点P作圆的切线PA，切点为A，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 定义在上的奇函数在上单调递增，且则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线，O为坐标原点，直线l与双曲线交于A，B两点，且，若点O到直线l的距离不小于b，则离心率的取值范围是（ ） A. B. 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. 一个袋中有大小、形状完全相同的3个球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则（ ） A. B. C. D. A，B相互独立 10. 在棱长为的正方体中，点 E， F分别是棱BC的中点，下列选项中正确的是（ ） A. 直线EF与所成的角为 B. 平面AEF截正方体所得的截面面积为 C. 若点P满足其中则三棱锥的体积为定值 D. 以为球心，4为半径作一个球，则该球面与三棱锥表面相交的交线长为 11. 定义在上的函数满足当时则（ ） A. 当时 B. 对任意正实数k在区间内恰有一个极大值点 C. 当n为正整数时 D. 若在区间内有4个极大值点，则k的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在二项式的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中x的系数为__________用数字作答 13. 已知等比数列中能使不等式成立最小正整数__________. 14. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，且直线分别过点A， B，且与 y轴平行，在直线上分别取点M均在点A， B的上方若和的角平分线相交于P点，则的周长为__________. 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. 在中 （1）若求； （2）若D为边BC上的点且AD平分求的面积. 16. 梯形ABCD中E为AD上的一点且有将沿BE翻折到使得二面角的平面角为连接PC，PD，F为棱PD的中点. （1）求证：面； （2）当时，求直线PC与平面BCF所成角的正弦值. 17. 某运动会有两种不同价格的开幕式门票，某人花 a元预定该运动会开幕式门票一张，另外还花若干元预定乒乓球、羽毛球比赛门票各一张.根据相关规定，从所有预定者中随机抽取相应数量的人，这些人称为预定成功者，他们可以直接购买门票.另外，对于开幕式门票，有自动降级规定，即当这个人预定的a元门票未成功时，系统自动使他进入b元开幕式门票的预定.假设获得a元开幕式门票的概率是若未成功，仍有的概率获得b元开幕式门票的机会，获得乒乓球、羽毛球门票概率均是且获得每张门票之间互不影响. （1）求这个人可以获得该运动会开幕式门票的概率； （2）假设这个人获得门票总张数是X，求X的分布列及数学期望 18. 已知 （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，讨论函数的极值点个数； （3）若存在证明： 19. 已知P为圆上一动点，过点P分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为M，N，连接NM并延长至点Q，使得点Q的轨迹记为曲线 （1）求曲线C的方程； （2）设曲线C的左顶点为T，当直线l与曲线C交于不同的A，B两点，连结AT，BT证明：直线l过定点； （3）若过右焦点的直线l与曲线C交于不同的A，B两点，且当时，求直线l在y轴上的截距的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省南京六校联合体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. 复数z满足（为虚数单位），则复数z的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法运算可求得z，进而求得共轭复数. 【详解】由，可得， 所以复数z的共轭复数. 故选：C. 2. 已知向量若则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】先求出的坐标，再根据平面向量数量积的坐标表示求解即可. 【详解】向量 则 所以 解得. 故选：C. 3. 有4辆车停放5个并排车位，货车甲车体较宽，停放时需要占两个车位，并且乙车与货车甲相邻停放，则共有多少种停放方法?（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】将甲乙和一个空位捆绑放置，再考虑余下辆车的停放方法后可得不同停放方法的总数. 【详解】先停放甲乙，共有停放方法，余下辆车，共有， 则共有种停法. 故选：B. 4. 设等差数列的前n项和为若则的公差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质即可求解． 【详解】等差数列的公差为， 因为 所以 解得 故选：B. 5. 已知函数在区间上的最小值为则t的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用畏助角公式化简，根据题意可得的取值范围，进而可求最大值. 【详解】函数 ， 由于在区间上的最小值为因此， 为了使在区间上的最小值不小于的最大值为 解得t的最大值为. 故选：D. 6. 已知点P为直线上的一点，过点P作圆的切线PA，切点为A，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合图像得到，问题转换成求最小值即可求解； 【详解】解：根据题意，圆其圆心为半径 过点P作圆的切线PA， 则 则 设圆心C到直线l的距离为d， 则 故 所以的最大值为 故选：A 7. 定义在上的奇函数在上单调递增，且则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得在区间上，在区间上，在区间上，在区间上，可得或，求解即可. 【详解】根据题意，函数是定义在R上的奇函数，则， 又由在上单调递增，且， 则在上为增函数，且， 则在区间上，在区间上， 在区间上，在区间上， 不等式或， 所以或， 所以或， 所以或， 解得：或或 即不等式的解集为 故选：D. 8. 已知双曲线，O为坐标原点，直线l与双曲线交于A，B两点，且，若点O到直线l的距离不小于b，则离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设直线l的方程为，与双曲线方程联立，利用根与系数的关系可得，，结合已知可得，，进而计算可求离心率的范围. 【详解】当直线斜率存在时，设直线l的方程为， 与双曲线的方程联立，得， 设，， 则，， ，， ， ， ， 化简，得， 点O到直线l的距离不小于b， ，， ，，所以， 当直线斜率不存在时，设，，所以， 因为在双曲线上，所以，所以， 所以，所以，所以，所以， 综上所述：，，， ，，， 双曲线离心率的取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键在于利用向量的数量积得到进而求解离心率的范围. 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. 一个袋中有大小、形状完全相同的3个球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则（ ） A. B. C. D. A，B相互独立 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式，结合古典概率计算判断ABC；利用相互独立事件的意义判断D. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，则，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，，，A，B不独立，D错误. 故选：AC 10. 在棱长为的正方体中，点 E， F分别是棱BC的中点，下列选项中正确的是（ ） A. 直线EF与所成的角为 B. 平面AEF截正方体所得的截面面积为 C. 若点P满足其中则三棱锥的体积为定值 D. 以为球心，4为半径作一个球，则该球面与三棱锥表面相交的交线长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，通过即可求解；对于B，通过即可确定截面，求解；对于C，通过P点在线段上即可判断；对于D：由 是直角三角形，球面与这两个面的交线和为以为圆心，圆心角为以4为半径的圆弧， 是直角三角形，球面与这个面的交线是以B为圆心，圆心角，半径为2的圆弧，其弧长为是等边三角形，球面与这个面的交线是以为圆心，圆心角，半径为4的圆弧，进而可求解； 【详解】 解：对于A，连接因为E，F分别是棱BC，的中点，所以 所以直线EF与所成的角为 因为几何体是正方体，所以为等边三角形， 所以，即直线EF与所成的角为，故A错误； 对于B，连接因为平行且相等，故四边形为平行四边形， 所以，所以 所以平面AEF截正方体所得的截面为梯形 因为，，梯形的高为， 所以梯形的面积为故B正确. 对于C，因为其中，所以， 所以 ，所以P点在线段上 ， 又因为与平行平面平面 所以P到平面的距离为定值，三角形的面积为定值， 所以为定值.故C正确； 对于D，因为 是直角三角形，球面与这两个面的交线和为以为圆心，圆心角为以4为半径的圆弧，其弧长为， 是直角三角形，球面与这个面的交线是以B为圆心，圆心角，半径为2的圆弧，其弧长为， 是等边三角形，球面与这个面的交线是以为圆心，圆心角，半径为4的圆弧，其弧长为 所以球面与三棱锥表面的交线长为， 故D正确. 故选：BCD. 11. 定义在上的函数满足当时则（ ） A. 当时 B. 对任意正实数k在区间内恰有一个极大值点 C. 当n为正整数时 D. 若在区间内有4个极大值点，则k的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据题意求的解析式，即可判断；对于C：利用累加法分析判断；对于BD：分析可知当时，，求导，利用导数求极值点，举反例说明B，根据极值点即可判断D. 【详解】对于选项A，因为函数 当时 当时 当时故A正确； 对于选项C，且 则 累加可得： 所以故C正确； 对于选项B，由A选项的规律知，当时 令解得 令解得 所以在内单调递增，在内单调递减， 所以在仅有一个极大值点 列举几个极大值点 取然而 即有两个极大值点，故B错误； 对于选项D，若在区间内有四个极大值点， 则k的取值范围为故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：对于BD：根据选项只需研究内的极值点，得到其解析式的通式，进而由极值点求得k的取值范围. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在二项式的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中x的系数为__________用数字作答 【答案】7 【解析】 【分析】先由展开式中只有第5项的二项式系数最大，可得展开式共9项，从而可得以，再由二项展开式的通项公式得到. 【详解】解：因为只有第五项的二项式系数最大，所以 故的展开式通项为 令解得 所以展开式中x的系数为. 故答案为：7. 13. 已知等比数列中能使不等式成立最小正整数__________. 【答案】4048 【解析】 【分析】根据已知求得q的值，求得的首项与公比，由已知可得…利用等比数列的前项和公式可求的最小正整数. 【详解】设等比数列的公比为q，由已知得则 由于  是等比数列，所以  是首项为  ，公比为  的等比数列. 要使  成立， 则… 即得 故最小正整数 故答案为： 14. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，且直线分别过点A， B，且与 y轴平行，在直线上分别取点M均在点A， B的上方若和的角平分线相交于P点，则的周长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出抛物线的准线l： 设A、B在l上的射影分别是C、D，连接AC、BD，过B作 于E，设 则  可求得直线AB的方程，与抛物线方程联立，设  利用根与系数的关系可求得，结合已知求得，可求周长. 【详解】作出抛物线的准线l： 设A、B在l上的射影分别是C、D， 由抛物线的对称性不妨设点在第一象限，连接AC、BD，过B作 于E， 设 则     直线AB的倾斜角 直线l的方程为：  联立方程组 ，可得  设  则  和 的平分线且相交于P点，    则 所以的周长为：. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于利用已知求得进而求得直线方程，与抛物线方程联立可求得. 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. 在中 （1）若求； （2）若D为边BC上的点且AD平分求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）法1:由余弦定理求，再用正弦定理求，法由正弦定理求，得到，再用和角公式计算即可. （2）由余弦定理可知,再用得到，两式结合求出再用面积公式计算即可. 【小问1详解】 法1:由余弦定理可知 又 由正弦定理知： 法2:因由正弦定理知： 【小问2详解】 由条件知：由余弦定理可知 ① ② 由①②得 16. 梯形ABCD中E为AD上的一点且有将沿BE翻折到使得二面角的平面角为连接PC，PD，F为棱PD的中点. （1）求证：面； （2）当时，求直线PC与平面BCF所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）借助中位线的性质，得到四边形BCFG为平行四边形，在结合线面平行判定证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和平面法向量坐标，结合向量夹角余弦公式计算即可 . 【小问1详解】 取PE中点G，连接GB，GF， 已知，且，得到 得到四边形BCFG为平行四边形，则， 又平面，平面，则 面 【小问2详解】 ，则，且，，平面， 则平面，面，则面面， 二面角的平面角为. 在平面PDE内，过点E作交PD于点Q，面， 面面，面， 以为正交基底建立如图坐标系，则, 设，则，则.,则. 则，，， ，，， 设为面BCF的法向量，直线PC与平面BCF所成角为， 则，令，则，所以， 则， 【点睛】 17. 某运动会有两种不同价格的开幕式门票，某人花 a元预定该运动会开幕式门票一张，另外还花若干元预定乒乓球、羽毛球比赛门票各一张.根据相关规定，从所有预定者中随机抽取相应数量的人，这些人称为预定成功者，他们可以直接购买门票.另外，对于开幕式门票，有自动降级规定，即当这个人预定的a元门票未成功时，系统自动使他进入b元开幕式门票的预定.假设获得a元开幕式门票的概率是若未成功，仍有的概率获得b元开幕式门票的机会，获得乒乓球、羽毛球门票概率均是且获得每张门票之间互不影响. （1）求这个人可以获得该运动会开幕式门票的概率； （2）假设这个人获得门票总张数是X，求X的分布列及数学期望 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）利用概率加法原理和乘法原理来求解.（2）先确定X的取值，再分别计算每个取值对应的概率，从而得到分布列，根据期望公式计算数学期望. 【小问1详解】 记“获得a元开幕式门票”为事件A，“获得 b元开幕式门票”为事件B，“获得开幕式门票”为事件 C， 则 这个人可以获得亚运会开幕式门票的概率为. 【小问2详解】 . X 0 1 2 3 P 18. 已知 （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，讨论函数的极值点个数； （3）若存在证明： 【答案】（1） （2）有且仅有一个 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求得求得切点可求切线方程； （2）求导可得在上单调递增，不存在极值点，当时，求导，令，进而可得求得的单调性，确定极值点的个数； （3）令可得令求导可证进而得通过构造函数证明即可. 【小问1详解】 当时 因为所以切线的斜率为又因为切点为 所以曲线在处的切线方程为； 【小问2详解】 当时则 当时 故在上单调递增，不存在极值点； 当时令 则总成立， 故函数在上单调递增，且 所以存在唯一使得 所以当时单调递减；当时单调递增； 故在上存在唯一极小值点， 综上，当时，函数的极值点有且仅有一个. 【小问3详解】 令 由知  整理得 不妨令则故在上单调递增， 当时，有即 那么 因此即转化为 接下来证明等价于证明 即所以不妨令 建构新函数 则在上单调递减，  所以 故即得证， 由不等式的传递性知即即 所以得证 【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题的证明，常常通过构造函数，通过导数判断函数的单调性或求得函数的最值证明不等式. 19. 已知P为圆上一动点，过点P分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为M，N，连接NM并延长至点Q，使得点Q的轨迹记为曲线 （1）求曲线C的方程； （2）设曲线C的左顶点为T，当直线l与曲线C交于不同的A，B两点，连结AT，BT证明：直线l过定点； （3）若过右焦点的直线l与曲线C交于不同的A，B两点，且当时，求直线l在y轴上的截距的取值范围. 【答案】（1） （2） 设直线 联立方程组消去y得 所以 又 所以 = 化简得即 解得或 当时，直线l过定点与点T重合，舍去， 当时，直线l过定点 （3） 【解析】 【分析】（1）设则由已知可得代入圆的方程可轨迹C方程； （2）设直线与C联立方程组，利用根与系数的关系，结合可求得或可求定点坐标； （3）设直线联立直线与曲线方程，利用根与系数的关系可求得①②，结合已知计算可求直线l在y轴上的截距的取值范围. 【小问1详解】 设则 由题意知又所以 得所以 因为得故曲线C的方程为 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设直线 联立方程组 消去x得 所以①②， 由得③， 由①③可得 代入②化简得 即 由得 即解得 即 从而直线l在y轴上的截距为 【点睛】方法点睛，直线与圆锥曲线交点问题，一般采用联立方程组，借助韦达定理得到点的坐标和所设参数的关系，再由条件建立相应的等式或不等式，即可求出范围或者参数之间的关系，从而解决求范围问题或者定点定值问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $