精品解析：湖南省示范性高中2024-2025学年高二下学期2月联考数学试题

高二数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知机器中有7个娃娃，机器中有8个娃娃，且这15个娃娃互不相同，某人从，机器中分别抓取1个娃娃，则此人抓取娃娃的不同情况共有（ ） A. 15种 B. 30种 C. 45种 D. 56种 3. 若数列满足，则称为“对奇数列”．已知为“对奇数列”，且，则（ ） A B. C. D. 4. 已知点的坐标为，动点满足，为坐标原点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. 从3名男生和2名女生中任选3人参加一项创新大赛，则选出的3人中既有男生又有女生的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 将4个相同的商品放在，，，4个空货架上，则有且仅有2个货架上有商品的放法有（ ） A. 18种 B. 20种 C. 24种 D. 120种 7. 设，为椭圆的两个焦点，若在上存在点，满足，则的离心率的取值范围为（ ） A B. C. D. 8. 已知函数与的定义域均为，且与均为奇函数，，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C D. 二、多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 B. 分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 C 分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 D. 求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 10. 已知点，到直线距离相等，且过点，则的方程可能是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，阴影部分（含边界）所示的四叶图是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转，，后所得的三条曲线及围成的，若，则（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. 四叶图上的点到点的距离的最大值为 C. 动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为2 D. 四叶图的面积小于32 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则________． 13. 已知反比例函数的图象是双曲线，则这个双曲线的离心率为________． 14. 已知，若在函数，的图象上存在4个点，，，构成一个以原点为对称中心的平行四边形，则实数的取值范围是________． 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. 已知数列的通项公式为，是公比为的等比数列，且，． （1）求的通项公式； （2）设与的公共项由小到大排列构成新数列，求的前5项和． 16. 在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，为的上顶点，的面积为2． （1）求的方程； （2）过点作斜率为1的直线交于，两点，设点、关于轴的对称点分别为、，当四边形的面积为时，求直线的方程． 18. 已知函数，，． （1）讨论的单调性； （2）若当时，与的单调性相同，求实数的取值范围； （3）若当时，有最小值，证明：． 19. 已知函数的所有正零点从小到大排列组成数列． （1）求的通项公式． （2）从的前项中随机选出不同的两项相乘，所得结果为偶数的概率记为，问：是否存在正整数，使得当时，恒有？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由． （3）若，且数列的前项和为，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据瞬时变化率的定义即可求解. 【详解】根据题意， 则． 故选:D． 2. 已知机器中有7个娃娃，机器中有8个娃娃，且这15个娃娃互不相同，某人从，机器中分别抓取1个娃娃，则此人抓取娃娃的不同情况共有（ ） A. 15种 B. 30种 C. 45种 D. 56种 【答案】D 【解析】 【分析】运用分步乘法计数原理计算得到总的不同情况数. 【详解】已知机器中有个娃娃，那么从机器中抓取个娃娃，就有种不同的情况.  已知机器中有个娃娃，那么从机器中抓取个娃娃，就有种不同的情况.  根据分步乘法计数原理，得到总的不同情况数为（种）.  故选：D 3. 若数列满足，则称为“对奇数列”．已知为“对奇数列”，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对奇数列的定义可得，化简可证明是以为首项，3为公比的等比数列，进而可得通项公式. 【详解】为“对奇数列”，则，即，又， 故是以为首项，3为公比的等比数列， 故，则. 故选：C 4. 已知点的坐标为，动点满足，为坐标原点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，从而的最大值为，得到答案. 【详解】点的坐标为，动点满足， 故点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆， 圆的方程为， 圆心与原点的距离为， 则的最大值为. 故选：B 5. 从3名男生和2名女生中任选3人参加一项创新大赛，则选出的3人中既有男生又有女生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先计算从人中选出人的全部方法总数，减去只选男生的方法数，即可得到既有男生又有女生的方法数，计算比值即可求解. 【详解】从人中选人参加创新大赛共有种选法， 所选人全是男生有选法， 因为女生人数少于人，所以不可能所选人全是女生， 所以选出的3人中既有男生又有女生的情况有种选法， 所以选出的3人中既有男生又有女生的概率为. 故选：D 6. 将4个相同的商品放在，，，4个空货架上，则有且仅有2个货架上有商品的放法有（ ） A. 18种 B. 20种 C. 24种 D. 120种 【答案】A 【解析】 【分析】先将4个相同的商品分成两个组，再从4个货架上选两个放入这两组商品，利用分步计数原理求解即可. 【详解】将4个相同的商品分成两个组有两种不同的分法，即1，3分组或2，2分组， 当1，3分组时，因为4个商品相同，只有一种分法，再从4个货架上选两个放入这两组商品有， 当2，2分组时，因为4个商品相同，只有一种分法，再从4个货架上选两个放入这两组商品有， 故有且仅有2个货架上有商品的放法有. 故选：A. 7. 设，为椭圆的两个焦点，若在上存在点，满足，则的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，只需在左右顶点时，，据此计算即可求得的离心率的取值范围. 【详解】由椭圆，可知焦点，在轴上，且， 所以， 在上存在点，满足，在左右顶点时，取到最大值， 只需在左右顶点时，， 所以，所以，所以，解得， 又椭圆的离心率小于1，所以的离心率的取值范围为. 故选：B. 8. 已知函数与的定义域均为，且与均为奇函数，，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意有，即得，令得，即可求解，对求导有即可判断B，由为偶函数，即可得的周期为2即可判断CD. 【详解】因为与均为奇函数，所以， ，即， 令有：， 由， 所以 ，故A正确； 对求导有， 即的图象关于直线对称，故B正确； 由， 对求导有，即为偶函数， 即得， 所以的周期为2，所以，故C正确； 因为的周期为2，所以， 所以，故D错误. 故选：D. 二、多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 B. 分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 C. 分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 D. 求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分类计数问题 【答案】AC 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理、分步乘法计数原理的知识判断出正确答案. 【详解】对于A，从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题，故A正确. 对于B，分步乘法计数原理是指完成所有的步骤才是完成整件事情，故B错误. 对于C，分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题，故C正确. 对于D，求从甲地经丙地到乙地共有多少条路线的问题是分步计数问题，故D错误. 故选：AC 10. 已知点，到直线的距离相等，且过点，则的方程可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先利用几何意义得到直线与平行或经过的中点．然后由点斜式和两点式求直线方程. 【详解】由已知直线与平行或经过的中点． 当直线与AB平行时，由，可得直线的斜率为：， 所以由点斜式直线的方程为：，整理得； 由，可知其中点坐标为， 当直线经过的中点和点时， 由两点式可得直线方程：，整理得直线方程为． 故选：BD． 11. 如图，阴影部分（含边界）所示的四叶图是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转，，后所得的三条曲线及围成的，若，则（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. 四叶图上的点到点的距离的最大值为 C. 动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为2 D. 四叶图的面积小于32 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意可得，可求得逆时针旋转抛物线方程判断A；与的交点到原点的距离最大，计算可判断B；分别求出抛物线与抛物线斜率为1的切线方程，再求出它们的距离即可判断C；.求出抛物线在点处的切线，求出该切线与轴及直线所围成三角形面积，再结合对称性即可推理得证. 【详解】对于A，若，则抛物线， 若抛物线绕其顶点逆时针旋转，可得抛物线方程为， 即，开口向上，故A正确； 对于B，由抛物线的性质，可得四叶草关于原点对称，关于，轴，轴对称， 可知与的交点到原点的距离是四叶图上的点到点的距离最大的点， 解方程组可求得，所以，所以四叶图上的点到点的距离的最大值为，故B正确； 对于C，设直线与抛物线相切于点， 由，消去得，由， 得，切点， 设直线与抛物线相切于点， 由，消去得，由， 得，切点， 直线的斜率为，即直线与直线平行或重合， 所以直线被第一象限封闭图形截的弦长最大值为，故C正确. 对于D，抛物线，求导得， 则抛物线在点处的切线斜率为， 抛物线在点处的切线方程为，即， 该切线交轴于点，因此在第一象限的半个草叶的面积必小于， 所以四叶图的面积小于，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据组合数的性质来求解的值. 【详解】已知， 根据组合数性质可得或.  当时，可得.但因为，舍去； 当时，解得，则成立，也满足的条件.   故答案为：5 13. 已知反比例函数的图象是双曲线，则这个双曲线的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得双曲线是等轴双曲线，可求离心率. 【详解】由反比例函数的图象是双曲线且两渐近线为轴， 所以两渐近线互相垂直，所以双曲线为等轴双曲线， 所以双曲线的离心率为. 故答案为：. 14. 已知，若在函数，的图象上存在4个点，，，构成一个以原点为对称中心的平行四边形，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得关于原点对称的函数图象与函数的图象有两个不同的交点，进而可得有两个不等的正实根，令，求导可得单调性，进而可得有两个不等的正实数根，计算可求实数的取值范. 【详解】由题意可得关于原点对称的函数图象与函数的图象有两个不同的交点， 又为奇函数，所以关于原点对称的函数为， 即有两个正实数根，所以有两个不等的正实根， 令，求导得， 当时，，所以在上单调递增， 所以有两个不等的正实数根，即有两个不等的正实数根， 所以，解得， 所以实数的取值范围是. 【点睛】关键点点睛，关键在于得到关于原点对称的函数图象与函数的图象有两个不同的交点，可得有两个不等的正实根，进而构造函数，利用单调性可求解. 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. 已知数列通项公式为，是公比为的等比数列，且，． （1）求的通项公式； （2）设与的公共项由小到大排列构成新数列，求的前5项和． 【答案】（1） （2）682 【解析】 【分析】（1）运用等比数列公式性质计算即可；（2）根据通项公式找到公共项，求和即可. 【小问1详解】 因为，， 所以，解得（负值舍去）， 所以． 【小问2详解】 设的第项与的第项相等， 则，即，． 当时，，当时，，则， 当时，，当时，，则， 当时，，当时，，则， 当时，，当时，，则， 当时，，当时，，则． 故． 16. 在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，得到线面平行； （2）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的向量夹角公式进行求解. 【小问1详解】 如图，连接，交于点，连接． 因为四边形为矩形，所以， 因为，分别为和的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以，， 因为四边形为矩形，所以， 以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则，令，则，得． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，为的上顶点，的面积为2． （1）求的方程； （2）过点作斜率为1的直线交于，两点，设点、关于轴的对称点分别为、，当四边形的面积为时，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或． 【解析】 【分析】（1）根据得，再由的面积为2得，结合求出，即可得解. （2）设，，联立直线与椭圆的方程，韦达定理，由四边形的面积得，将韦达定理代入求得，即可求解直线方程. 【小问1详解】 设，，．由，可知． 因为的面积为2，所以， 由得，解得或，即或， 所以或，结合，可得，所以的方程为. 【小问2详解】 由题意得直线的方程为，设，． 由，关于轴的对称点分别为，，构成四边形， 可知点，位于轴同侧， 则四边形的面积． 将代入，化简得， 则，， 且，解得， 所以， 整理得，所以，解得， 所以直线的方程为或． 18. 已知函数，，． （1）讨论的单调性； （2）若当时，与的单调性相同，求实数的取值范围； （3）若当时，有最小值，证明：． 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对函数求导即可判断的单调性； （2）由（1）可知将单调性相同转化为在时恒成立，求出，可得实数的取值范围； （3）对求导后构造函数再求导，利用零点存在性定理可判段导函数的符号，求出其单调性可得最小值的表达式，再构造函数求出其值域即可. 【小问1详解】 由题可知的定义域，， 令，可得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由（I）可知在上单调递增， 即在时恒成立， 即在时恒成立． 令，，则， 可得当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，且， 又时，，所以， 所以， 即实数的取值范围是． 【小问3详解】 由题可知，， 令，，则， 因为，，所以， 所以在上单调递增． 又，， 所以存在唯一的，使得，即，即． 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以． 令，则在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以，即，即， 所以． 19. 已知函数的所有正零点从小到大排列组成数列． （1）求的通项公式． （2）从的前项中随机选出不同的两项相乘，所得结果为偶数的概率记为，问：是否存在正整数，使得当时，恒有？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由． （3）若，且数列的前项和为，求证：． 【答案】（1） （2）存在，的最小值为5 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令，求得所有正零点，可求得的通项公式； （2）分为奇数和偶数两类讨论求解.先求积为奇数的情况，再利用对立事件的概率公式求，解不等式求解的范围可得； （3）由，求得，令，求导利用单调性可得恒成立，利用赋值法可得，可证不等式成立. 【小问1详解】 因为， 所以令，可得，，解得，， 则的所有正零点可表示为，， 故通项公式为． 【小问2详解】 从的前项中随机选出不同的两项相乘，共有种方法． 设事件“不同两项相乘，所得乘积为偶数”，则“不同的两项相乘，所得乘积为奇数”，可知． 当为偶数时，前项中有个奇数，个偶数，要使所得乘积为奇数，则两项均为奇数， 易得当时，， 当时，即从个奇数中任取2个不同的奇数，共有种方法， 则，所以． 由，可得，解得， 由为偶数，可得． 当为奇数时，前项中有个奇数，个偶数，要使所得乘积为奇数， 则两项均为奇数，即从个奇数中任取2个不同的奇数，共有种方法， 则，所以． 由，可得， 由，可知该不等式对任意大于或等于3的奇数恒成立． 综上，存在正整数，当时，恒有． 故的最小值为5． 【小问3详解】 由（1）可知， 则 ． 令，则在上恒成立， 所以在上单调递减． 所以， 所以对任意的，，即恒成立． 令，则，即， 所以有． 以上各式相加得， 故，得证． 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于构造函数法证明数列不等式.第（3）问中通过构造函数，利用导数的单调性证明，赋值可得，达到将数列和式通过放缩后可裂项求和，从而问题得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$