湖北省部分重點中學2025屆高三數(shù)學上學期1月第二次聯(lián)考試題含解析

湖北省部分重點中學2024屆高三數(shù)學上學期1月其次次聯(lián)考試題一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，共40.0分.在每小題列出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，且，則實數(shù)的全部值構(gòu)成的集合是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出，由得到，分與，求出實數(shù)a的值，得到答案,【詳解】，因為，所以，當時，，滿意要求，當時，只有一個根，若，則，解得：，若，則，解得：，若，則，解得：，實數(shù)的全部值構(gòu)成的集合是.故選：D2.給出下列命題，其中正確命題的個數(shù)為（）①若樣本數(shù)據(jù)，，…，的方差為3，則數(shù)據(jù)，，…，的方差為6；②回來方程為時，變量與具有負的線性相關關系；③隨機變量聽從正態(tài)分布，，則；④甲同學所在的某校高三共有5003人，先剔除3人，再按簡潔隨機抽樣的方法抽取容量為200的一個樣本，則甲被抽到的概率為.A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【答案】A【解析】【分析】依據(jù)方差的性質(zhì)可推斷①；依據(jù)變量x，y的線性回來方程的系數(shù)，推斷變量x，y是負相關關系可推斷②；利用正態(tài)分布的對稱性，計算求得結(jié)果可推斷③；依據(jù)簡潔隨機抽樣概率均等，計算出每人被抽取的概率可推斷④.【詳解】對于①，若樣本數(shù)據(jù)，，…，的方差為3，則數(shù)據(jù)，，…，的方差為，故①錯誤；對于②，回來方程為，可知，則變量x與y具有負的線性相關關系，故②正確；對于③，隨機變量X聽從正態(tài)分布，，依據(jù)正態(tài)分布的對稱性，所以，故③錯誤；對于④，依據(jù)簡潔隨機抽樣概率均等可知，某校高三共有5003人，抽取容量為200的一個樣本，則甲被抽到的概率為，故④錯誤.故選：A.3.已知函數(shù)，則“”是“函數(shù)在處有極值”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分又不必要條件【答案】B【解析】【分析】求出函數(shù)的導函數(shù)，依題意可得，即可得到方程組，解得、再檢驗，最終依據(jù)充分條件、必要條件的定義推斷即可.【詳解】解：因為，所以，所以，解得或；當時，，即函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，無極值點，故舍去；當時，，當或時，當時，滿意函數(shù)在處取得極值，所以，所以由推不出函數(shù)在處有極值，即充分性不成立；由函數(shù)在處有極值推得出，即必要性成立；故“”是“函數(shù)在處有極值”的必要不充分條件；故選：B4.已知圓C：x2＋y2－2x－2my＋m2－3＝0關于直線l：x－y＋1＝0對稱，則直線x＝－1與圓C的位置關系是（）A.相切 B.相交C.相離 D.不能確定【答案】A【解析】【分析】把圓方程配方得圓心坐標和半徑，由圓關于直線對稱，說明圓心在此直線上，求得參數(shù)m，再求出圓心到直線的距離推斷直線與圓的位置關系．【詳解】由已知得C：(x－1)2＋(y－m)2＝4，即圓心C(1，m)，半徑r＝2，因為圓C關于直線l：x－y＋1＝0對稱，所以圓心(1，m)在直線l：x－y＋1＝0上，所以m＝2．由圓心C(1，2)到直線x＝－1的距離d＝1＋1＝2＝r知，直線x＝－1與圓C相切．故選：A.【點睛】本題考查圓的一般方程，考查直線與圓的位置關系．圓的一般方程可通過配方法變?yōu)闃藴史匠?，從而得出圓心坐標和半徑．5.已知關于的不等式的解集為，其中，則的最小值為（）A. B.2 C. D.3【答案】D【解析】【分析】由題意，得，且，是方程的兩根，由韋達定理，解得；，由基本不等式得，從而可得，利用對勾函數(shù)性質(zhì)可求解.【詳解】因為的解集為，所以，且，是方程的兩根，，得；，即，當時，，當且僅當，即時取等號，令，由對勾函數(shù)的性質(zhì)可知函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，的最小值為3.故選：D．6.已知函數(shù)及其導函數(shù)的定義域都為，且為偶函數(shù)，為奇函數(shù)，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依據(jù)函數(shù)的奇偶性對稱性可得函數(shù)的周期性以及，再利用復合函數(shù)的導數(shù)推出的周期以及，進而可求解.【詳解】因為為偶函數(shù)，所以，即，即函數(shù)圖象關于對稱，則，因為為奇函數(shù)，所以，即函數(shù)圖象關于點對稱，則，所以，則，所以函數(shù)以4為周期，，因為，所以，即，即，也即，令，則有，所以，由得，所以以4為周期，所以，所以，C正確，對于其余選項，依據(jù)題意可假設滿意周期為4，且關于點對稱，，故A錯誤；，B錯誤；，D錯誤，故選:C.7.在長方體中，，，，，分別是棱，，上的點，且，，，是平面內(nèi)一動點，若直線與平面平行，則的最小值為（）A. B.17 C. D.【答案】A【解析】【分析】建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面MPN的法向量，設出，依據(jù)求出，計算出，得到最小值.【詳解】以D作坐標原點，DA，DC，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則，設平面MPN的法向量為，則，令，則，故，設，則，因為直線與平面平行，所以，，因為，所以，故，故當時，取得最小值，最小值為.故選：A8.已知是數(shù)列的前項和，且，（），則下列結(jié)論正確的是（）A.數(shù)列為等比數(shù)列 B.數(shù)列為等比數(shù)列C. D.【答案】D【解析】【分析】A選項，計算出，故不是等比數(shù)列，A錯誤；B選項，計算出的前三項，得到，B錯誤；C選項，由題干條件得到，故為等比數(shù)列，得到，故，，……，，相加即可求出，C錯誤；D選項，在的基礎上，分奇偶項，分別得到通項公式，最終求出.【詳解】由題意得：，，由于，故數(shù)列不是等比數(shù)列，A錯誤；則，，，由于，故數(shù)列不等比數(shù)列，B錯誤；時，，即，又，故為等比數(shù)列，首項為2，公比為3，故，故，，……，，以上20個式子相加得：，C錯誤；因為，所以，兩式相減得：，當時，，，……，，以上式子相加得：，故，而也符和該式，故，令得：，當時，，，……，，以上式子相加得：，故，而也符號該式，故，令得：，綜上：，D正確.故選：D【點睛】當遇到時，數(shù)列往往要分奇數(shù)項和偶數(shù)項，分別求出通項公式，最終再檢驗能不能合并為一個，這類題目的處理思路可分別令和，用累加法進行求解.二、多選題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題列出的四個選項中，有多個選項符合題目要求的，全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯的得0分.9.設，為復數(shù)，則下列四個結(jié)論中正確的是（）A. B.是純虛數(shù)或零C.恒成立 D.存在復數(shù)，，使得【答案】BC【解析】【分析】對于A由右向左化簡即可推斷，對于B設，求出共軛復數(shù)，代入化簡分狀況即可推斷正誤，對于C設兩個復數(shù)計算出求和模長，在計算出模長求和即可比較大小，對于D設兩個復數(shù)，計算出乘積模長，在計算出模長乘積即可比較大小.【詳解】對于A：，令，則，，與不肯定相等，故A錯誤；對于B：，則，，當時為零，當時為純虛數(shù)，故B正確；對于C：，則，,則，，，故C正確；對于D：設，則，=，故D錯誤.故選：BD.10.將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度得到的圖象，則（）A.在上是減函數(shù) B.C.是奇函數(shù) D.在上有4個零點【答案】ACD【解析】【分析】A選項，代入檢驗，得到在上單調(diào)遞減，A正確；B選項，計算出，，兩者不肯定相等，C選項，依據(jù)函數(shù)平移變換求出，故C正確；D選項，令，得到，求出上，或或或，共4個零點，D正確.【詳解】時，，由于在上單調(diào)遞減，故在上單調(diào)遞減，A正確；，，因為，由于與不肯定相等，故與不肯定相等，B錯誤；，故是奇函數(shù)，C正確；令，解得：，，則，則或或或，解得：或或或，共4個零點，D正確.故選：ACD11.已知函數(shù)，則下列說法正確的是（）A.當或時，有且僅有一個零點B.當或時，有且僅有一個極值點C.若為單調(diào)遞減函數(shù)，則D.若與軸相切，則.【答案】AD【解析】【分析】依據(jù)零點的定義可得的零點即方程的根，利用導數(shù)探討函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合圖象可推斷A，由導數(shù)的幾何意義可推斷D，依據(jù)導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關系求的范圍，由此可推斷C，結(jié)合單調(diào)性與極值的定義可推斷B.【詳解】，令可得，化簡可得，設，則，當，，函數(shù)在單調(diào)遞減，當，，函數(shù)在單調(diào)遞增，又，，由此可得函數(shù)圖象如下：所以當或時，有且僅有一個零點所以當或時，有且僅有一個零點，A對，函數(shù)的定義域為，，若與軸相切，設與軸相切與點，則，，所以，，所以，，故D正確；若為單調(diào)遞減函數(shù)，則在上恒成立，所以在上恒成立，設，則，當時，，函數(shù)單調(diào)遞減，當時，，函數(shù)單調(diào)遞增，且，，當時，，由此可得函數(shù)的圖象如下：所以若為單調(diào)遞減函數(shù)，則，C錯，所以當時，函數(shù)在上沒有極值點，B錯，故選：AD.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點是構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性和圖象解決問題，本題為函數(shù)綜合性問題，涉及函數(shù)的零點，導數(shù)的幾何意義，依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)，函數(shù)的極值，考查的學問點較多，要求具有扎實的基礎學問，較強的解題實力.12.曲率半徑是用來描述曲線上某點處曲線彎曲改變程度的量，已知對于曲線（）上點處的曲率半徑公式為，則下列說法正確的是（）A.若曲線上某點處的曲率半徑起大，則曲線在該點處的彎曲程度越小B.若某焦點在軸上的橢圓上一點處的曲率半徑的最小值為（半焦距）則該橢圓離心率為C.橢圓（）上一點處的曲率半徑的最大值為D.若橢圓（）上全部點相應的曲率半徑最大值為8，最小值為1，則橢圓方程為【答案】ABD【解析】【分析】依據(jù)曲率半徑可推斷A；把代入，依據(jù)的范圍可得的最小值，令其等于化簡求出可推斷B；由選項B可知可推斷C；依據(jù)，得出求出可推斷D.【詳解】對于A，曲線上某點處的曲率半徑變大，則曲線在該點處的彎曲程度越小，故A正確；對于B，因，所以，所以，因為，所以，，若某焦點在軸上的橢圓上一點處的曲率半徑的最小值為，可得，解得，故B正確；對于C，由選項B可知，，所以，所以橢圓（）上一點處的曲率半徑的最大值為，故C錯誤；對于D，若橢圓（）上全部點相應的曲率半徑最大值為8，最小值為1，由選項B可得，所以，解得，則橢圓方程為，故D正確.故選：ABD.三、填空題：本大題共4小題，每小?5分，共20分.13.已知向量，，若，則______.【答案】100【解析】【分析】先依據(jù)向量平行列出方程，求出，從而利用數(shù)量積公式求出答案.【詳解】由題意得：，解得：，故.故答案為：10014.用1,2,3,4,5組成沒有重復數(shù)字的五位數(shù)，其中個位小于百位且百位小于萬位的五位數(shù)有個，則的綻開式中，的系數(shù)是______.（用數(shù)字作答）【答案】【解析】【分析】依據(jù)排列和組合計數(shù)公式求出，然后利用二項式定理進行求解即可．【詳解】用1,2,3,4,5組成沒有重復數(shù)字的五位數(shù)中，滿意個位小于百位且百位小于萬位的五位數(shù)有個，即，當時，不妨設，則，所以的系數(shù)是.故答案為：2024．15.已知正四面體的棱長為2，在棱上，且，則二面角的余弦值為______；平面截此正四面體的外接球所得截面的面積為______.【答案】①.##②.##【解析】【分析】依據(jù)給定條件，作出二面角的平面角，再在三角形中利用余弦定理計算即可；利用等體積法及倍分關系求出球心到平面的距離，再利用球的截面小圓性質(zhì)計算作答.【詳解】在正四面體中，，，，在中，，取AB中點N，連接，如圖，，則是二面角的平面角，而，，在中，，所以二面角的余弦值為；令正的中心為，連接，的延長線交CD于點E，則E為CD中點，有，，，明顯平面，正四面體的外接球球心O在上，連接BO，則，而，在中，，解得，且，令點到平面的距離為h，由得：，即，解得，因此球O的球心O到平面的距離d有，即，平面截球O所得截面小圓半徑為，則，所以平面截此正四面體的外接球所得截面的面積.故答案為：；【點睛】關鍵點睛：解決與球有關的內(nèi)切或外接問題時，關鍵是確定球心的位置，再利用球的截面小圓性質(zhì)求解.16.已知雙曲線右焦點為，過雙曲線上一點（）的直線與直線相交于點，與直線相交于點，則______.【答案】【解析】【分析】依據(jù)給定條件，求出點的坐標，再利用兩點間距離公式化簡計算作答.【詳解】因為在雙曲線，即有，又由得，由得，因此，，，則，所以.故答案為：【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：(1)從特別入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．(2)干脆推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．四、解答題：本大題共6小題，共70.0分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知數(shù)列中，，當時，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設，數(shù)列中是否存在最大項與最小項？若存在，求出最大項與最小項；若不存在，說明理由.【答案】（1）；（2）最大項，最小項.【解析】【分析】(1)由遞推式證明數(shù)列為等比數(shù)列，依據(jù)等比數(shù)列通項公式求其通項，再求數(shù)列的通項公式；(2)探討數(shù)列的單調(diào)性，由此確定其最值.【小問1詳解】因為當時，，所以，令，則，，又，所以，，所以數(shù)列為等比數(shù)列，公比為2，首項為2，所以，所以.【小問2詳解】由（1）知，得，，當時，，，即；當時，，，即，所以數(shù)列是先增后減，最大項為，因為當時，且數(shù)列是單調(diào)遞增；當時，所以數(shù)列的最小項為．18.從有3個紅球和3個藍球的袋中，每次隨機摸出1個球，摸出的球不再放回，記表示事務“第次摸到紅球”，，2，…，6.（1）求第一次摸到藍球的條件下其次次摸到紅球的概率；（2）記表示，，同時發(fā)生的概率，表示已知與都發(fā)生時發(fā)生的概率.（?。┳C明：；（ⅱ）求.【答案】（1）（2）（?。┰斠娊馕觯áⅲ窘馕觥俊痉治觥浚?）由條件概率得公式計算即可求得.（2）（?。┯袟l件公式即可證明；（ⅱ）依據(jù)條件概率公式逐項計算即可求解.【小問1詳解】，所以第一次摸到藍球的條件下其次次摸到紅球的概率；【小問2詳解】（?。┮驗?，又因為，所以，即.（ⅱ）++19.請在這三個條件：①；②；③，中任選一個條件補充在下面的橫線上，并加以解答.如圖，銳角中，，______，，在邊上，且，點在邊上，且，交于點.（1）求的長；（2）求及的長.【答案】（1）5（2）,.【解析】【分析】(1)利用正弦定理，結(jié)合①所給條件即可求解，利用正弦定理，結(jié)合②所給條件可求解，利用正弦定理，結(jié)合③所給條件可求解；(2)利用同角三角函數(shù)的關系結(jié)合兩角和的余弦公式可求出，再利用余弦定理求出，中利用余弦定理即可求出，進而在直角三角形中可求解.【小問1詳解】選擇①，銳角中，，，由正弦定理得,所以,選擇②，因為，所以，在中，由余弦定理得,所以，整理得，解得或（舍），選擇③，因為，所以，在中，由余弦定理得,所以，解得.【小問2詳解】由（2）知，選擇①，②，③所得結(jié)果一樣，因此選擇②，③也可得，所以，因為，所以，所以，因為，所以，在中，，，，，由，所以，.20.在三棱柱中，，，，點為棱的中點，點是線段上的一動點，.（1）求證：；（2）求平面與平面所成的二面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）依據(jù)三棱柱中的垂直關系以及角度，可通過證明平面，利用線面垂直的性質(zhì)定理即可證明；（2）依據(jù)（1）可通過二面角的定義作出二面角的平面角，再利用線面垂直通過推斷三角形形態(tài)求得二面角的正弦值.【小問1詳解】由題意可知，，又，所以，連接，如下圖所示：由，可知，是正三角形，又點為棱的中點，所以，平面，平面，，所以平面，平面所以.【小問2詳解】由（1）知，，依據(jù)二面角定義可知，即為所求二面角的平面角或其補角，在正三角形中，，所以，因為，，所以，又，且，所以平面，而平面，所以，在中，，所以，于是平面與平面所成的二面角的正弦值為21.已知拋物線：的焦點為，直線交拋物線于兩點（異于坐標原點），交軸于點（），且，直線，且與拋物線相切于點.（1）求證：三點共線；（2）過點作該拋物線的切線（點為切點），交于點.（?。┰噯?，點是否在定直線上，若在，懇求出該直線，若不在，請說明理由；（ⅱ）求的最小值.【答案】（1）證明見解析（2）（?。c在定直線上；（ⅱ）的最小值為16.【解析】【分析】（1）易知焦點，設出兩點坐標，依據(jù)得到，再由可知兩直線斜率相等，可得點坐標的表達式，再利用即可證明三點共線；（2）（?。┓謩e寫出直線，的方程，求出兩直線交點的坐標表達式即可得出點在定直線上；（ⅱ）聯(lián)立直線與拋物線方程，利用弦長公式求出的表達式，再求出點到的距離寫出面積表達式利用基本不等式即可求得的最小值.【小問1