精品解析：江苏省锡山高级中学2024-2025学年高三下学期2月综合练习数学试题

2025届高三2月综合练习 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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，则“”是“，共线”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. （ ） A. B. C. D. 5. 已知函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 现有标号为1，2，3，4，5的五张卡片，甲、乙两人随机依次从中各抽取两张，则仅有甲抽到的卡片上数字之和为6的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） A. B. C. D. 8. 定义：，两点间的“M距离”为把到两定点，的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”，则“椭圆”的面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题: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. 设甲袋中有2个白球和3个红球，乙袋中有1个白球和2个红球.现从甲袋中任取1个球放入乙袋，用事件，分别表示从甲袋中取出的是白球和红球.再从乙袋中随机取出1个球，用事件B表示从乙袋中取出的是白球，则（ ） A. ，互斥 B. 与B相互独立 C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 若在上的值域为，则的取值范围是 B. 若在上恰有一条对称轴，则的取值范围是 C. 若在上单调递增，则的取值范围是 D. 若在上有且只有两个不同的零点，则的取值范围是 11. 已知数列a，b，c，d，前三项a，b，c成等差数列，且公差不为0，后三项b，c，d成等比数列，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当，时，或 D. ，，，可能成等比数列 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中项的系数为30，则______． 13. 写出一条与圆和抛物线都相切的直线的方程__________. 14. 已知函数，则的解集为__________. 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. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若为中点，，，求的周长. 16. 已知数列是公差大于0的等差数列，数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）设. （i）试写出，，的值； （ii）求数列的前20项和. 17. 如图所示，长方体中，，，为棱上的一个动点，三棱锥体积的最大值为 （1）求的长； （2）若二面角是二面角的三倍，求的长 18. 已知曲线在处的切线过点. （1）试求的值； （2）讨论的单调性； （3）证明：当时，. 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆是其左､右焦点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点. （1）若，求点的坐标； （2）若的面积为，求直线的方程； （3）设直线与椭圆交于两点，为线段的中点.当时，的面积是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三2月综合练习 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】求出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为，， 所以，. 故选：C. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出z，再写出其共轭复数，再根据模的公式计算，即可得到答案. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以 故选：C 3. 已知平面向量，则“”是“，共线”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若则，共线，故充分性成立； 若，共线，不一定得到， 如，，显然满足，共线， 但是不存在实数使得，故必要性不成立； 所以“”是“，共线”的充分不必要条件. 故选：A 4. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用和角的正弦、余弦公式和二倍角公式化简即可. 【详解】 . 故选：D. 5. 已知函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导得到，利用导数得到的最小值，从而要使有两个零点，则的最小值小于0，利到的范围，再利用零点存在性定理证明所求的的范围符合题意. 【详解】由函数，可得， 当时，在上恒成立，所以在上单调递增， 所以至多一个零点，不符合题意， 当时，，可得， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以时，取得极小值，也是最小值， 又函数有两个零点，所以， 即，解得， 当时，， 当时，， 当时，， 设，则， 所以单调递增，则， 所以，所以在上有且只有一个零点， 在上有且只有一个零点， 所以满足函数有两个零点的实数的取值范围是. 故选：D. 6. 现有标号为1，2，3，4，5的五张卡片，甲、乙两人随机依次从中各抽取两张，则仅有甲抽到的卡片上数字之和为6的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用组合数公式求得总的取法数，再求得符合条件的取法数，由古典概型概率公式可求解. 【详解】从标号为1，2，3，4，5的五张卡片，甲抽取两张卡片有，乙抽取两张卡片有， 所以共有种不同的取法， 仅有甲抽到的卡片上数字之和为6的取法为： 甲抽时，乙可抽与两种，甲抽时，乙可抽与两种， 所以共有4种不同的抽法， 所以仅有甲抽到的卡片上数字之和为6的概率为. 故选：A. 7. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】球心为正方体中心，，法一：连接相交于点，根据线面平行的判定定理得平面，则到平面的距离等于点到平面的距离，设为，利用求出，再由截面圆半径可得答案；法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由点到平面的距离的向量求法可得答案. 【详解】球心为正方体中心，半径， 法一：连接，相交于点，点为的中点，连接， 可得，因为平面，平面， 所以平面，在上， 则到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ，， 由平面、得：， 则截面圆半径， 所以截面面积； 法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 所以， 则到平面的距离， 截面圆半径，所以截面面积. 故选：A． 8. 定义：，两点间的“M距离”为把到两定点，的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”，则“椭圆”的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接法求出曲线方程，通过其对称性质先研究它在第一象限的特征，进而得到整个图形特征，求得其面积. 【详解】设，则“椭圆”方程是，即， 将换为可得，即，所以“椭圆”关于轴对称； 将换为可得，即，所以“椭圆”关于轴对称； 将换为，换为可得，即，所以“椭圆”关于原点对称； 研究“椭圆”在第一象限图象， 当时方程为，是一条线段，端点坐标分别为，， 当时方程为，表示一条线段，端点坐标分别为，， 结合曲线的对称性，“ 椭圆”大致图象如图： 四边形是直角梯形，上底长为，下底长为，高为， 所以梯形面积为， 所以“椭圆”面积为 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出“椭圆”的方程，结合其对称性，只需分析在第一象限部分的情形. 二、选择题: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. 设甲袋中有2个白球和3个红球，乙袋中有1个白球和2个红球.现从甲袋中任取1个球放入乙袋，用事件，分别表示从甲袋中取出的是白球和红球.再从乙袋中随机取出1个球，用事件B表示从乙袋中取出的是白球，则（ ） A. ，互斥 B. 与B相互独立 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意，是两两互斥的事件，可判断A，，，可判断C，求得，可判断D，求得，，可判断B. 【详解】由题意，是互斥的事件，故A正确； ，，，故C正确； ，，故D错误， ，，所以， 所以与B不相互独立，故B错误. 故选：AC 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 若在上的值域为，则的取值范围是 B. 若在上恰有一条对称轴，则的取值范围是 C. 若在上单调递增，则的取值范围是 D. 若在上有且只有两个不同的零点，则的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据各项的给定区间确定的范围，结合正弦函数的性质及对应区间的值域、对称轴、零点及单调性情况列不等式求参数范围，判断各项正误. 【详解】A：由，则，且值域为，，得，正确； B：由，则，则，得，错误； C：由，则上函数单调递增， 又，则，得，正确； D：由，则上函数有且只有两个不同的零点， 所以，得，正确； 故选：ACD 11. 已知数列a，b，c，d，前三项a，b，c成等差数列，且公差不为0，后三项b，c，d成等比数列，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当，时，或 D. ，，，可能成等比数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等差数列与等比数列的性质可判断A；取可判断B；设等差数列的公差为m，，可得，求解可判断C；由，，成等比数列，得，根据二倍角公式及两角和差的余弦公式可取，从而可判断D. 【详解】因为a，b，c成等差数列，b，c，d成等比数列， 所以， 对于选项A：当时， 则，即 又，所以，所以，故A正确； 对于选项B：取满足a，b，c成等差数列，b，c，d成等比数列， 又，但，故B错误； 对于选项C：设等差数列的公差为m，， 则， 因为，， 所以，解得或，故C正确； 对于选项D：若，，成等比数列， 则， 所以， ， ， ， 可取，， 则， 取，则，，，，，，， 此时，，，成等比数列，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. 已知的展开式中项的系数为30，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】原式展开，设的二项式展开式通项为，分别求出、的系数可得答案． 【详解】原式， 设的二项式展开式通项为 ， 令，得的系数为，令，得的系数为， 所以项的系数，得：． 故答案为：． 13. 写出一条与圆和抛物线都相切的直线的方程__________. 【答案】（或 ，两者填一个即可） 【解析】 【分析】对抛物线方程求导，列出直线方程，根据直线与圆相切得到方程，求出答案. 【详解】设公切线与抛物线切于点， 因为，所以， 所以M处的公切线方程为， 即 ， 结合公切线与圆相切，即 与 相切， 故 ， 解得， 所以公切线的方程为或  故答案为：（或 ，两者填一个即可） 14. 已知函数，则的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用导数研究函数的单调性，对a进行分类讨论，即可求解. 【详解】的定义域为R， ， ①当时，恒成立，故单调递增，则不等式恒成立，满足题意； ②当时，，令，可得或，令，可得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 又，则，所以要使不等式成立， 只需满足，且，即，且， ③当时，，令，可得或，令，可得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 因为， 又， 所以要使不等式成立，需满足，再结合，解得 综上所述，不等式的解集为： 故答案为：  【点睛】思路点睛：函数不等式的求解问题，一般是先讨论函数的单调性，再结合自变量的范围求解不等式，前者有时需要利用导数来处理. 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. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若为中点，，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：利用正弦定理将边化角后，再利用两角和的正弦公式及，得到，再得出的值；方法二：利用余弦定理将角化边，得出，消去，得出结果. （2）方法一：利用已知条件和余弦定理，得出，题干已知条件有转化成，利用余弦定理得出，解方程得出再计算得出周长；方法二：利用，得出，由，得出，解方程得出，再计算得出周长；方法三：在和分别利用余弦定理，得出，由，得出，解方程得出，再计算得出周长. 【小问1详解】 方法一：因为， 由正弦定理可得， 则， 所以， 因为在中，，所以. 方法二：因为， 由余弦定理可得， 所以， 因此， 因为，所以. 【小问2详解】 方法一：由已知条件得. 在利用余弦定理得. 所以， 由余弦定理得， 所以， 因此， 所以的周长为. 方法二：因为， 所以， 因此， 所以， 又由余弦定理得， 所以，所以， 又，所以， 所以的周长为. 方法三：在和分别利用余弦定理可得， 所以， 又由余弦定理得， 所以，所以， 又，所以， 所以的周长为. 16. 已知数列是公差大于0的等差数列，数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）设. （i）试写出，，的值； （ii）求数列的前20项和. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）408 【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，即可根据通项公式求解， （2）根据题意可得则，，即可利用分组求和，结合等差和等比数列的求和公式求解. 【小问1详解】 设的公差为， 令，得，故即， 令，得，故，即， 由于，则解得， 故， 【小问2详解】 （i）当，故， 时，， 所以， （ii）由题意可知：， 当时，，则， 当，，则，， 当，，则，， 所以 , 因此 17. 如图所示，长方体中，，，为棱上的一个动点，三棱锥体积的最大值为 （1）求的长； （2）若二面角是二面角的三倍，求的长 【答案】（1）4 （2） 【解析】 【分析】（1）设利用求的最值求出的长的最值. （2）建立合适的坐标系将二面角和二面角使用向量表示出来，建立方程求出的长. 【小问1详解】 设， 则 ， 当三棱锥的体积最大时，，即点与点重合时， ， 因此的长为 【小问2详解】 由题意，直线彼此垂直， 如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系， 则，，，，设， 则，设平面的一个法向量为 不妨设得， 则，设平面的一个法向量为， 不妨设， 则，设平面的一个法向量为， 则不妨令 则平面的一个法向量为 则二面角的余弦值等于， 则二面角的余弦值等于 ， 二面角是二面角的三倍， 即二面角是二面角的两倍 由二倍角公式， 即， 因此的长为 18. 已知曲线在处的切线过点. （1）试求的值； （2）讨论的单调性； （3）证明：当时，. 【答案】（1）0； （2） 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）证明如下： 由（2）得， 要证明，即证，即证， 令，求导得， 由，得，由，得， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 因此，即恒成立， 所以当时，. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，再代入计算即得. （2）求出函数的导数，再分类讨论求出单调区间. （3）由（2）求出函数的最小值，利用分析法，构造函数并利用导数证明不等式. 【小问1详解】 函数，求导得，则，而， 因此曲线在处的切线方程为，即， 依题意，，所以则. 【小问2详解】 由（1）知函数，其定义域为，求导得， 当时，在上单调递减； 当时，由，得， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 略 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆是其左､右焦点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点. （1）若，求点的坐标； （2）若的面积为，求直线的方程； （3）设直线与椭圆交于两点，为线段的中点.当时，的面积是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. 【答案】（1）或； （2）或； （3）的面积为定值，该定值为. 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示计算可得或； （2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程根据韦达定理计算可得，可得直线的方程； （3）利用点差法计算可得，设直线的方程为，联立椭圆方程并根据韦达定理可得，再根据弦长公式以及点到直线距离可得. 【小问1详解】 易知，设点， 可得，可得， 则， 所以，解得， 可得， 即或 【小问2详解】 设直线的方程为，， 联立并整理可得， 所以， 易知的面积为 ， 解得，即； 所以直线的方程为或. 【小问3详解】 根据题意可知直线的斜率存在， 设直线的方程为，，则，如下图所示： 易知，两式相减可得； 由，所以可得， 即，又，可得； 即， 联立整理可得， ，可得； 可得； 所以， 整理可得，即； 易知 ； 原点到直线的距离为， 所以的面积为； 所以的面积为定值，该定值为. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据弦中点问题利用点差法表示出斜率关系，再根据弦长公式和韦达定理表示出面积公式，化简即可得出结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $