精品解析：湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题

湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年 高三下学期2月月考数学试卷 一、单选题 1. 若集合，，则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分式不等式解法解出集合A，根据对数的运算法则计算出集合B，再根据集合交集运算得结果. 【详解】， ， ∴. 故选：C. 2. 若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出复数，再利用共轭复数的意义及复数乘法计算作答. 【详解】依题意，，于是， 所以. 故选：C 3. 若、为实数，则“”是“或”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】利用不等式的基本性质、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】若，若，则，此时有， 若，则，此时有， 所以，若，则“或”， 即“”“或”； 若“或”，若，不妨取，，则； 若，不妨取，，则. 所以，“”“或”. 因此，“”是“或”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 2021年7月下旬某省遭遇特大洪涝灾害，某品牌服饰公司第一时间向该省捐款5000万元物资以援助抗灾，该品牌随后受到消费者的青睐．右图为该品牌服饰某分店1—8月的销量（单位：件）情况．以下描述不正确的是（ ） A. 这8个月销量的极差为4132 B. 这8个月销量的中位数2499 C. 这8个月中2月份的销量最低 D. 这8个月中销量比前一个月增长最多的是7月份 【答案】B 【解析】 【分析】根据销量折线图，结合极差、中位数的概念，逐项分析即可得解. 【详解】由折线图可知极差为，故A正确； 销量由小到大排列为，所以中位数为，故B错误； 由折线图可知2月份销量最低，故C正确； 由折线图可知，7月份销量比6月份销量增长件，最大，故D正确. 故选：B 5. 式子的值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式来求得正确答案. 【详解】. 故选：A 6. 已知定义域为的函数满足，给出以下结论：①；②；③；④是奇函数.所有正确结论的序号是（    ） A. ①② B. ①③ C. ①③④ D. ①②④ 【答案】D 【解析】 【分析】对于①②③：根据题意赋值即可得结果；对于④：结合奇函数的定义分析判断. 【详解】因为， 对于①：令，可得，故①正确； 对于②：令，可得，解得； ③令，可得，解得，故③错误； 对于④：令，可得， 且的定义域为，所以是奇函数，故④正确. 故选：D 【点睛】方法点睛：对抽象问题，要紧扣题中抽象函数的性质，将问题转化为熟悉的知识进行求解，也可利用赋值法或特殊值法进行验证． 7. 圆的圆心到双曲线的一条渐近线的距离是（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先整理圆的一般方程为标准方程，得到圆心坐标，再由双曲线方程得到一条渐近线方程，最后结合点到直线距离公式求解即可. 【详解】由题，圆的方程为，即， 所以圆心为， 又双曲线方程为，则，， 所以一条渐近线方程为，即， 所以圆心到这条渐近线的距离为， 故选：B 8. 已知函数，若函数恰有6个零点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，分析函数的特性，结合函数图象确定方程根的情况，再借助一元二次方程根的分布求解作答. 【详解】当时，，求导得：，当时，，当时，， 即有函数在上单调递减，在上单调递增，， 当时，在上递增，，在上递减，， 作出函数的图象，如图， 令，当时，方程只有一个根，当时，方程有两个不等根， 当时，方程有三个不等根，当时，方程有四个不等根， 当时，方程有三个不等根，当时，方程有两个不等根， 令，要函数恰有6个零点， 则方程必有两个不等的正实根，并满足： 当时，必有，，解得， 当时，必有或，或，无解， 当时，必有，，无解， 综上得， 所以实数a的取值范围是. 故选：A 【点睛】思路点睛：研究方程根的情况，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值等，借助数形结合思想分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现. 二、多选题 9. 设椭圆：（）的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，点是上异于的一点.则下列结论正确的是（ ） A. 点关于坐标原点的对称点是，则是定值 B. 若的离心率为，则直线与的斜率之积为 C. 当点是椭圆的短轴端点时，取到最大值 D. 若上存在四个点使得，则的离心率的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用椭圆对称性以及椭圆定义即可得是定值，即A正确；设，表示出两直线斜率表达式再由椭圆方程和离心率的值化简计算即可求得斜率之积为，即B错误；利用余弦定理以及基本不等式可求得当，即点是椭圆的短轴端点时，取到最大值，所以C正确；由上存在四个点使得，可知圆与椭圆有4个交点，可得离心率的取值范围是，所以D错误. 【详解】对于A，如下图所示： 易知，关于原点对称，又点关于坐标原点的对称点是， 所以可得四边形为平行四边形，即， 由椭圆定义可知，所以是定值，即A正确； 对于B，设，且 易知，可得直线与的斜率分别为； 所以， 由可得，所以； 又因为离心率，所以， 可得，所以B错误； 对于C，由余弦定理可知 ， 当且仅当时，等号成立，此时取到最小值， 又，所以此时取得最大值，即点是椭圆的短轴端点时，取到最大值，所以C正确； 若可知，点在以为直径的圆上，即圆； 当上存在四个点使得时，如下图所示： 可知为满足条件的点，需满足， 此时离心率， 所以离心率的取值范围是，即D错误； 故选：AC 【点睛】方法点睛：在求解圆锥曲线中垂直问题时，往往转化成直径所对圆周角为，将满足题意的点的个数等价为转化为圆与圆锥曲线交点个数的问题，利用几何关系即可求解. 10. 在中，角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ） A. B. 外接圆半径 C. ， D. 若是边中点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知条件求出的值，结合角的取值范围可得出角的值，可判断A选项；利用正弦定理可判断B选项；利用余弦定理可判断C选项；由平面向量的线性运算可得出，结合平面向量数量积的运算可求得的长，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因，则，所以，，故，A对； 对于B选项，由正弦定理可知，B对； 对于C选项，因为，所以，设，则， 由余弦定理可知， 所以，，C错； 对于D选项，因为为的中点，则， 所以，，则， 所以 ，则，D对. 故选：ABD. 11. 一个袋子中有5个球，标号分别为1，2，3，4，5，除标号外没有其他差异．从中有放回的随机取两次，每次取1个球．记事件“第一次取出的球的数字是1”，事件“第二次取出的球的数字是2”，事件“两次取出的球的数字之和是6”，则（ ） A. 事件和互斥 B. 事件和相互独立 C. 事件和互斥 D. 事件和相互独立 【答案】BD 【解析】 【分析】根据互斥事件的定义判断AC，利用相互独立事件的定义判断BD即可. 【详解】对A，事件和可以同时发生，如两次取的小球为，故A错误； 对B，记两次取出的小球为（其中），共有25个， 由古典概型知，，，，则，故事件和相互独立，故B正确； 对C，事件和可以同时发生，例如事件，故C错误； 对D，由B知，，，所以，故事件和相互独立，故D正确. 故选：BD. 三、填空题 12. 如图是对数函数的图像，已知a取则相应于的a值依次为_______. 【答案】，，， 【解析】 【分析】根据对数函数底数第一象限由左向右、从小到大分布规律解答. 【详解】的底数都大于1，当时底数大的图低(第一象限内)， 所以对应的a值分别为，， 的底数都大于0小于1，当时底数大的图低(第四象限内)， 所以对应的a值分别为，， 综合以上分析，可得对应的a值依次为，，，. 故答案为：. 13. 已知函数 ，，若函数至少有4个不同的零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】换元，，由得，因为函数有四个零点，所以方程有且仅有两个不相等的根，且，因为方程 的-个解为，故按照与的大小关系，分三种情况讨论得出的取值范围即可. 【详解】设，因为至少有4个不同的零点，所以方程有且仅有两个不相等的根，且由得，故. 当时，由得. ①若，则，此时有3根，共5个零点，故有5个零点，满足题意； ②若，则，所以，方程有且仅有一个正根与一个负根，此时共4个零点，故有4个零点，满足题意； ③若，则，此时必有两正根，且，此时满足，即，解得. 综上有. 故答案为： 14. 一种糖果的包装纸由一个边长为3的正方形和两个等腰直角三角形组成（如图1），沿，将这两个三角形折起到与平面垂直（如图2），连接，，，，若点满足且，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由向量满足条件可知点是平面上的动点，转化为求点到平面的距离，利用补形及等体积法求解即可. 【详解】，且， ，所以四点共面，即点是平面上的动点， 所以的最小值即点到平面的距离， 由题意，几何体可补成边长为3的正方体，如图， 则可得， 设点到平面的距离为，则， 即， 解得.所以的最小值为. 故答案为：. 四、解答题 15. 一中学为了解某次物理考试的成绩，随机抽取了50名学生的成绩，根据这50名学生的成绩（成绩均在之间），将样本数据分为6组：、、…、、，绘制成频率分布直方图（如图所示）. （1）求频率分布直方图中a的值，并估计这50名学生的物理成绩的平均数（同一组中的数据以该组数据所在区间中点的值作代表）； （2）在样本中，从成绩在内的学生中，随机抽取2人，求这2人成绩都在内的概率. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中各组频率之和等于1求出的值，再根据平均数计算公式计算即可； （2）先计算出内的人数，分别表示出随机试验和事件所含的样本点，利用古典概型概率公式计算即得. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得，，解得，； 这50名学生的物理成绩的平均数为：； 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，成绩在内的学生有人， 其中内有2人，设为，内有3人，设为， “从成绩在内的学生中随机抽取2人”对应的样本空间为： ，而事件 “2人成绩都在内”=， 由古典概型概率公式可得，. 即这2人成绩都在内的概率为. 16. 多面体如图所示，正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，，，． （1）求证：平面平面CDE； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件及面面垂直的性质定理，利用正方形的性质及线面垂直的性质定理，结合三角形勾股定理的逆定理及线面垂直的判定定理，再利用面面垂直的判定定理即可求解； （2）根据（1）的结论建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面CDE和平面DEF的法向量，利用向量的夹角公式，结合二面角的平面角与向量的夹角的关系即可求解. 【小问1详解】 连接BD，设AC与BD交于点O，连接FO，EO． 因平面平面ACEF，平面平面，，平面ACEF， 所以平面ABCD． 因为四边形ABCD是边长为的正方形，所以． 在直角梯形ACEF中，，O为AC的中点，则，且． 又因为，，所以四边形AFEO是边长为1的正方形， 所以，且，所以平面ABCD． 因为平面ABCD，所以，则， 所以，所以． 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 所以， 所以，所以． 又因为，BE，平面BEF， 所以平面BEF． 又因为平面CDE， 所以平面平面CDE． 【小问2详解】 以A为坐标原点，AB，AD，AF分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示 则，，，， 得，，． 设平面CDE的法向量为，则 ，即， 令，则，所以 设平面DEF的法向量，则 ，即， 令，则，所以 设二面角所成角为，则 所以， 所以二面角的正弦值为． 17. 已知函数． （1）若是的极值点，求； （2）讨论函数的零点个数． 【答案】（1） （2）当时，1个； 当时，2个； 当时，3个； 【解析】 【分析】（1）求出的导数，根据极值点处导数为零的点求解得出.代入，构造，求导得出的单调性，进而得出的符号，即可得出函数的单调性，检验即可得出答案； （2）利用函数的解析式分类讨论确定函数零点的个数即可. 【小问1详解】 由已知可得，函数定义域为， 且， 所以. 又是的极值点，所以，解得. 代入可得，. 设， 则在上恒成立，所以单调递增. 又， 所以，当时，有，即， 所以，在上单调递减； 当时，有，即， 所以，在上单调递增. 所以，在处取得极小值，满足题意. 所以，. 【小问2详解】 由已知可得，，，且， 显然，且. 令，则. ①当时，恒成立， 所以，在上单调递减. 又，此时只有一个零点； ②当时，，此时有恒成立， 所以，，即在上单调递增. 显然时，有，则；. 且， ，. 当时，1个； 当时，2个； 当时，3个； 18. 已知，点分别是抛物线的焦点与曲线上一动点，点在抛物线上方，且的周长最小值为． （1）求抛物线的方程； （2）点是抛物线上的动点，点是点处抛物线切线的交点，若的面积等于32，线段为圆的直径，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）作准线于点，交抛物线于点，确定周长最小时点的位置，得到，即可求解． （2）设分别求出点处的切线方程，与抛物线方程联立，得到，作轴交于点，得到，进而得到，利用计划恒等式得到的取值范围，得到答案. 【小问1详解】 由题意知，过点向准线作垂线交准线于点，交抛物线于点，连接，则有， 可知当点运动到点的位置时，的周长最小， 最小值为，解得， 所以抛物线方程为． 【小问2详解】 由（1）知，则， 设点． 因为为切点，则在点处的切线方程为，且满足． 同理，在点处的切线方程为，且满足， 所以直线为（题眼）， 联立消去整理得， 所以， ， 则． 作轴交线段于点，则点的横坐标为，代入直线的方程有， 解得， 所以， 所以， 解得， 所以． 易知点恰为圆的圆心，由极化恒等式得． 因为， 所以的取值范围是， 所以的取值范围是． 【点睛】方法点睛：解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 19. 在正项数列中，，且． （1）求证：数列是常数列，并求数列的通项公式； （2）若，记数列的前项和为，求证：． 【答案】（1）证明见解析， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）写出连乘等式的后一项，将两式相除，可得与的幂次关系，两边取对数，移项，再求出首项，即可得证，进而求得通项公式； （2）结合第一问结论，化简通项公式，再对裂项，进而求得的前项和为，结合的单调性即可证明所得. 【小问1详解】 解：由题知正项数列，且， 所以有， 两式相除得，即， 两边取对数有，即， 所以，所以， 结合，所以， 即数列是常数列， 所以，即， 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 所以， 故， 又因为单调递增，所以， 即，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年 高三下学期2月月考数学试卷 一、单选题 1. 若集合，，则( ) A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 若、为实数，则“”是“或”的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 2021年7月下旬某省遭遇特大洪涝灾害，某品牌服饰公司第一时间向该省捐款5000万元物资以援助抗灾，该品牌随后受到消费者的青睐．右图为该品牌服饰某分店1—8月的销量（单位：件）情况．以下描述不正确的是（ ） A. 这8个月销量的极差为4132 B. 这8个月销量中位数2499 C. 这8个月中2月份的销量最低 D. 这8个月中销量比前一个月增长最多的是7月份 5. 式子的值为（ ） A. B. 2 C. D. 6. 已知定义域为函数满足，给出以下结论：①；②；③；④是奇函数.所有正确结论的序号是（    ） A. ①② B. ①③ C. ①③④ D. ①②④ 7. 圆的圆心到双曲线的一条渐近线的距离是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若函数恰有6个零点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 设椭圆：（）的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，点是上异于的一点.则下列结论正确的是（ ） A. 点关于坐标原点的对称点是，则是定值 B. 若的离心率为，则直线与的斜率之积为 C. 当点是椭圆的短轴端点时，取到最大值 D. 若上存在四个点使得，则的离心率的取值范围是 10. 在中，角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ） A. B. 外接圆半径 C. ， D. 若是边中点，则 11. 一个袋子中有5个球，标号分别为1，2，3，4，5，除标号外没有其他差异．从中有放回的随机取两次，每次取1个球．记事件“第一次取出的球的数字是1”，事件“第二次取出的球的数字是2”，事件“两次取出的球的数字之和是6”，则（ ） A. 事件和互斥 B. 事件和相互独立 C. 事件和互斥 D. 事件和相互独立 三、填空题 12. 如图是对数函数的图像，已知a取则相应于的a值依次为_______. 13. 已知函数 ，，若函数至少有4个不同的零点，则实数的取值范围是______. 14. 一种糖果的包装纸由一个边长为3的正方形和两个等腰直角三角形组成（如图1），沿，将这两个三角形折起到与平面垂直（如图2），连接，，，，若点满足且，则的最小值为_______． 四、解答题 15. 一中学为了解某次物理考试的成绩，随机抽取了50名学生的成绩，根据这50名学生的成绩（成绩均在之间），将样本数据分为6组：、、…、、，绘制成频率分布直方图（如图所示）. （1）求频率分布直方图中a的值，并估计这50名学生的物理成绩的平均数（同一组中的数据以该组数据所在区间中点的值作代表）； （2）在样本中，从成绩在内的学生中，随机抽取2人，求这2人成绩都在内的概率. 16. 多面体如图所示，正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，，，． （1）求证：平面平面CDE； （2）求二面角的正弦值． 17 已知函数． （1）若是极值点，求； （2）讨论函数的零点个数． 18. 已知，点分别是抛物线的焦点与曲线上一动点，点在抛物线上方，且的周长最小值为． （1）求抛物线的方程； （2）点是抛物线上的动点，点是点处抛物线切线的交点，若的面积等于32，线段为圆的直径，求的取值范围． 19. 在正项数列中，，且． （1）求证：数列是常数列，并求数列的通项公式； （2）若，记数列的前项和为，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$