山东省济南外国语学校2024-2025学年高三下学期2月份针对性测试数学试题

2024-2025学年度第二学期 2月检测 高三 数学试题（2025.2） 考试时间120分钟 满分150分 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．若复数，则z＝（    ） A． B．2 C． D．－2 3．已知向量，，若，则（   ） A． B． C． D． 4．在中，角所对的边分别为，，，则的面积为（   ） A． B． C．1 D．2 5．在三棱锥中，已知，，，则该三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 6．已知是R上的减函数，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 7．如图，已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，过 作渐近线 的垂线交 于点 ，连接 交 于点 ，若 ，则 的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 8．已知函数的定义域为，，，则（   ） A． B． C． 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．在一次数学学业水平测试中，某市高一全体学生的成绩，且，，规定测试成绩不低于60分者为及格，不低于120分者为优秀，令，，则（    ） A．， B．从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为 C．从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生，这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为 D．从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为 10．已知函数，则（    ） A． B．函数有极大值，且极大值点 C． D．函数只有1个零点 11．我国知名品牌小米公司的具备“超椭圆”数学之美，设计师的灵感来源于数学中的曲线（、为常数，且）.则下列有关曲线的说法中正确的是（   ） A．对任意的且，曲线总关于轴和轴对称 B．当，时，曲线上的点到原点的距离最小值为 C．当，时，曲线与坐标轴的交点个数为个 D．当，时，曲线上的点到原点的距离最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知分别是方程与的实数解，则的值为 ． 13．设数列的前n项和为，若数列与均为等比数列，且公比相等，则实数 . 14． 已知锐角的内角的对边分别为．若向量，，且，，则角 ；的面积的取值范围为 ． 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)求； (2)求的最大值． 16．已知椭圆：过点，且椭圆的短轴长等于焦距. (1)求椭圆的方程； (2)若直线的斜率为，且与椭圆相交于、两点，求面积取得最大值时直线的方程. 17．如图，在四棱锥中，平面平面，底面为正方形且边长为2，，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 18．已知函数. (1)证明：曲线是中心对称图形. (2)证明：若是的导函数，当时，有两个零点. (3)当时，设函数，求的最小值. 19．定义：若对任意正整数n，数列的前n项和都为完全平方数，则称数列为“完全平方数列”；特别地，若存在正整数n，使得数列的前n项和为完全平方数，则称数列为“部分平方数列”． (1)若，求证：为部分平方数列； (2)若数列的前n项和（t是正整数），那么数列是否为“完全平方数列”？若是，求出t的值；若不是，请说明理由； (3)试求所有为“完全平方数列”的等差数列的通项公式． 第 2 页 共 4 页 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度第二学期 2月检测数学试题（答案） 《2024-2025学年度第二学期 2月检测数学试题（答案）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D A A C A C BCD BD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】求出集合，利用交集定义能求出. 【详解】因为，故. 故选：C. 2．A 【分析】利用复数的除法运算求解. 【详解】， 故选：A． 3．D 【分析】由向量线性关系的坐标运算及向量垂直的坐标表示列方程求参数. 【详解】由，又， 所以，可得. 故选：D 4．A 【详解】由可得,解得 (舍)或,又 .故本题选. 5．A 【分析】将三棱锥可放置在如图所示的长方体中，求出长宽高，再利用三棱锥的体积等于长方体的体积减去其余四个三棱锥的体积求出即可； 【详解】 由题意分析可得：三棱锥可放置在如图所示的长方体中， 设长方体的长宽高分别为， 则， 解得该长方体的长为，宽为1，高为2， 则三棱锥的体积为 故选：A. 6．C 【分析】由分段函数的单调性列出不等式组，求解即得参数范围. 【详解】由题意，需使①；在上恒成立②；③；④ 同时满足，由②可得；由③ 可得；由④ 可得. 综上可得：实数a的取值范围为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题有个细节是关键，就是需要考虑第一段函数中真数部分函数在上恒为正数这一条件,而且还要考虑对数型复合函数的单调性. 7．A 【分析】由点到直线的距离公式和勾股定理可得，再由正弦定理和双曲线的定义可得然后由余弦定理结合离心率的定义可得结果. 【详解】设 ，则 ， 从而 ， 由正弦定理，得 ，所以 ， 由余弦定理，得   ，化简得 ， 所以 . 故选 ：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于能利用正弦定理和双曲线的定义求出再结合余弦定理求出间关系. 8．C 【分析】令判断A；令得到即可判断B、C；进而有当且时，，两边求和判断D. 【详解】令，则且，可得，A错； 令，则，可得，即，B错； 由上分析，，，则， 所以，C对； 当且时，，所以，D错. 故选：C 【点睛】关键点点睛：根据递推式得到为关键. 9．BCD 【分析】对A：借助正态分布中于的意义即可得；对B：结合题意可得，，结合正态分布的性质计算即可得的值；对C、D：由正态分布的性质可得，，结合相互独立事件的概率公式及条件概率公式计算即可得. 【详解】对A：由，，则，，故A错误； 对B：由，，则，则， ，故有，， 则，则， 即从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为， 故B正确； 对C：，则从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生， 这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为， 故C正确； 对D：，又， 故从该市高一全体学生中随机抽取一名学生， 该生测试成绩及格的概率为，该生测试成绩优秀的概率为， 则在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为， 故D正确. 故选：BCD. 10．BD 【分析】求出函数的导数,根据导数的定义可判断A；根据导数与函数单调性以及零点存在性定理可判断B；利用函数的单调性可判断C；利用函数的单调性，结合零点存在定理可判断D. 【详解】对A，由，，得，则， 故，故A错误； 对B，令，，则， 所以在上单调递减， 又，， 所以存在，使得，即， 即当时，，时，， 则在上单调递增，在上单调递减，所以有极大值，且极大值点，故B正确； 对C，由以上分析知在上单调递减，故，故C错误； 对D，当时，单调递增，又，在内有唯一个零点， 当时，，则，则在上无零点，即只有一个零点，故D正确． 故选：BD 11．ABD 【分析】利用曲线的对称性可判断A选项；利用基本不等式结合平面内两点间的距离公式可判断BD选项；求出曲线与坐标轴的交点坐标，可判断C选项. 【详解】对于A，取曲线上点，则， 点关于轴的对称点为，关于轴的对称点为， 因为，， 即点、都在曲线上，故曲线总关于轴和轴对称，故A正确； 对于B，当，时，曲线的方程可化为， 在曲线上任取一点， 由， 当且仅当时，即当时，等号成立，得， 故曲线上的点到原点的距离最小值为，故B正确； 对于C，当，，时，，则，得， 所以或，所以曲线与轴有个交点， 当时，，，得或，所以曲线与轴有个交点， 综上，曲线与坐标轴的交点个数为个，故C错误； 对于D，当，时，在曲线上任取一点， 由 ，则， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故曲线上的点到原点的距离最小值为，故D正确. 故选：ABD 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 12．10 【分析】结合函数的图象，将看成与的交点的横坐标，看成与的交点的横坐标，因函数与的图象关于直线对称，直线也关于直线对称，则得点与点也关于直线对称，即可列式计算. 【详解】由可得，由可得， 不妨记， 依题意，为与的交点的横坐标， 为与的交点的横坐标，作出这些函数的图象如下： 因函数与是一对反函数，图象关于直线对称， 而直线与直线垂直，故也关于直线对称， 则点与点也关于直线对称， 故得，化简得：，即. 故答案为：10. 13．/ 【分析】设数列 的公比为q，由题设列出的前三项，利用公比相等建立方程组求出q，即可得答案. 【详解】设数列的公比为q， 由题意，，，， 所以，即， 所以，即，所以或， 当时，不是等比数列，不合题意； 当，时， 此时，， 故与均为等比数列，且公比相等且为，符合题意； 所以. 故答案为： 14． 【分析】由坐标表示出向量平行的条件，利用正弦定理化角为边，交由余弦定理求得角，再由正弦定理把用表示，用三角形的面积公式求得面积，利用正切函数性质得范围． 【详解】由可知，， 由正弦定理得即， ∴，又，∴， 又由正弦定理，得 ∴，是锐角三角形，∴， ∴，，，故的面积的取值范围为．                   故答案为：；． 故答案为：①72 ；②6. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理的边角互化以及和差角公式即可化简得，进而可得. （2）利用正弦定理化边为角，即可利用三角函数的性质求解. 【详解】（1）由正弦定理可得,由于,所以, 故, 化简得,由于,所以, 由于为三角形的内角，所以, （2）由正弦定理可得, 所以,故 ,其中， 故当时，取最大值1，故的最大值为 16．(1) (2) 【分析】（1）由点在双曲线上得到，然后由求解； （2）设直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理，求得弦长以及点到直线：的距离d，由求解. 【详解】（1）点代入方程：， 得①，又②，③ 由①②③可解得：，， 所以椭圆：； （2）设直线的方程：，点、. 直线方程代入椭圆：得， 由，得， 则，， 则弦长， 点到直线：的距离， ， 所以面积 当且仅当即时等号成立， 故面积取得最大值时，直线的方程为. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由勾股定理得到，再通过平面，得到，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可； 【详解】（1）由，，，由勾股定理可得. 又平面平面，平面平面， 又平面，且， 可得平面，又平面， 所以. 因为且平面. 所以平面， 平面，所以. （2）过P作交于O， 因为平面平面且交于，， 所以平面， 易得，，， 如图以O为坐标原点建立空间直角坐标系， ，，. 故，. 设平面的法向量， 则，得， 解得 又平面的法向量， 设平面与平面的夹角为， 则. 因此平面与平面夹角的余弦值为. 18．(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)3. 【分析】（1）根据解析式求出，判断是否为定值即可证结论； （2）首先判断函数的奇偶性，再应用导数研究上的零点个数，最后由对称性证明结论； （3）利用导数求函数的最小值即可. 【详解】（1）由， 所以，故是的对称中心， 所以曲线是中心对称图形，得证； （2）当时，， 所以， 又，所以，即是偶函数， 在上，令，则， 由，即在上单调递增， 又，且，故在上存在唯一零点， 由偶函数对称性知：在R上有两个零点，得证； （3）由题设，则， 令，则， 令，则， 当，，即在上单调递增； 当，，即在上单调递减； 则，即，故在R上单调递增， 又，则上，上， 在上，在上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即的最小值为3. 19．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）求出数列的前项和，利用定义可证明； （2），分类讨论去绝对值可得结论； （3）由新定义结合首项和公差的讨论即可得解． 【详解】（1）， 时，不是完全平方数；时，是完全平方数. 所以为部分平方数列. （2）时，． 时，，不满足上式， ， ①，时，，数列与原数列相同，前n项和， 数列是“完全平方数列”； ②时，不是完全平方数， 数列不是“完全平方数列”； 综上所述，，数列是“完全平方数列”； 时，数列不是“完全平方数列”. （3）因为为完全平方数，故，, 若，则，若对任意的，均为完全平方数， 则，否则假设为的素因数，且恰好能整除，为正整数， 若为奇数，则不是完全平方，矛盾； 若为偶数，取，则不是完全平方数，矛盾， 若，则， 若，取，则或， 当为偶数时，此时、均不是完全平方数， 故为奇数，取，则，为奇数， 故此时不是完全平方数， 故即，故，设，故， 所以即（）. 【点睛】方法点睛： 数列新定义问题，首先考查对定义的理解；其次是考查满足新定义的数列的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的数列有某些新的性质，这也是在新环境下研究“旧”性质，此时需要结合新数列的新性质，探究“旧”性质；第三是考查综合分析能力，主要是将新性质有机地应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$