湖南省部分学校2024-2025学年高三下学期2月联考数学试题（Word版附解析）

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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. 已知复数 是纯虚数，则 （ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】化简已知复数，由纯虚数的定义可得 a 值.
【详解】由 ，因为纯虚数，所以 ,解得
故选:B
2. “ ”是“ ”的（ ）
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】先解不等式，再根据充分条件和必要条件的概念进行判断即可.
【详解】由 .
由 不能推出 ，而 可以推出 .
所以“ ”是“ ”的必要不充分条件.
故选：C
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3. 若点 到双曲线 的一条渐近线的距离为 1，则 的虚轴长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出双曲线的渐近线方程，再根据点到渐近线的距离列出关于 的方程，解出 后计算虚轴长.
【详解】对于双曲线 ，其渐近线方程为 ，即 .
点 到渐近线 （取这条渐近线计算，取另一条结果相同）的距离 ，
已知距离 ，则 .
即 ，两边同时平方可得 ，解得 .
把 代入可得虚轴长为 .
故选：B.
4. 已知 的内角 的对边分别是 ，且 ， ，则 （ ）
A. 5 B. 4 C. 3 D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理即可求解.
【详解】由正弦定理， ，于是 ，结合 ，
于是 .
故选：A
5. 废弃矿山 治理事关我国的生态环境保护，甲、乙两种植物可以在一定程度上加快污染地生态的恢复．若
在某一片污染地上甲、乙至少有一种可以存活，且甲存活的概率是 0.6，乙存活的概率是 0.5，则在该片污
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染地上甲、乙都存活的概率为（ ）
A. 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1
【答案】D
【解析】
【分析】根据容斥原理的概率公式计算可得答案.
【详解】设甲存活为事件 ，乙存活为事件 ，则 ， ，
则甲乙至少有一种存活的概率为
，
则所以甲、乙都存活的概率为 .
故选：D
6. 已知某圆台轴截面的周长为 10、面积为 ，圆台的高为 ，则该圆台的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】若圆台上下底面半径分别为 且 ，根据已知列方程求得 ，再应用圆台的表面
积的求法求结果.
【详解】若圆台上下底面半径分别为 且 ，则圆台轴截面腰长为 ，
所以 ， ，即 ，
所以 ，可得 ，故 ，
综上，圆台的表面积为 .
故选：C
7. 已知 为圆 的直径且 ， 为圆 上的动点且与 ， 均不重合，等边三角形 与
共面且点 ， 位于 的异侧，则 的最大值为（ ）
A. B. 1 C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
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【分析】先把 转化成： ，再求 的最大值即可.
【详解】如图：
因为 ，
所以 .
取 中点 ，则 ，
因为 ，所以设 ， ，
则 ， ，
所以 ，
当 时， 为最大值.
此时 为最大值.
故选：D
8. 已 知 公 差 不 为 的 等 差 数 列 的 前 项 和 为 ， 且 ， 若 存 在 正 整 数 ， 使 得
，则 的所有可能取值的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设等差数列 的首项为 ，公差为 ，根据 ，得到 ，利用等差数列的前 项和
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公式，结合条件，得到 ，再利用 ，即可求解.
【详解】设等差数列 的首项为 ，公差为 ，
由题有 ，整理得到 ，
又 ，所以 ，
整理得到 ，将 代入得到，
，又 ，则 或 或 ，
解得 或 或 （舍），
故选：B.
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. 已知 ，设函数 在区间 上的最大值为 ，在区间 上的最大值为 ，当 变化
时，下列结论可能成立的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】ABC
【解析】
【分析】通过选取不同的 值，确定相应的区间，再根据正弦函数的性质来找出每个区间上的最大值，进
而分析选项.
【详解】对于选项 A，当取 时，考虑函数 .
对于区间 ，根据正弦函数图象性质，在这个区间内， 时取得最大值，所以该区间上的最大值
.
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对于区间 ，同样根据正弦函数图象性质， 时取得最大值，最大值 .所以选项 A
可能成立.
对于选项 B，当取 时，考虑函数 .
对于区间 ，根据正弦函数图象性质，在这个区间内， 时取得最大值，所以该区间上的最大
值 .
对于区间 ，同样根据正弦函数图象性质， 时取得最大值，最大值 .所以
选项 B 可能成立.
对于选项 C，当取 时，对于区间 ，根据正弦函数图象性质，在这个区间内， 和 时
取得最大值，所以该区间上的最大值 .
对于区间 ，同样根据正弦函数图象性质， 时取得最大值，最大值 .所以选
项 C 可能成立.
对于选项 D， 当 时，区间 和 至少含有半个周期，则 ；当 时，
函数 在区间 上的存在 使 ，即 .故 D 不成立.
故选：ABC.
10. 如 图 ， 在 四 棱 锥 中 ， 平 面 平 面 ， ，
， ， 为 的中点，则（ ）
A. 平面 B. 平面
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C. 三棱锥 的体积为 D. 与 所成角的余弦值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据线面平行的判定方法判断 A 的真假；判断直线 与 的位置关系，判断 B 的真假；求三
棱锥 的体积判断 的真假；构造异面直线所成的角并求其余弦，判断 的真假.
【详解】对选项 A：因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故 A
正确；
对 B：如图：
取 中点 ，连接 ， .
因为 ，所以 .
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 .
所以 平面 .
平面 ，所以 .
在直角 中： ，
，
所以 .
又 ，所以 ，又 为 中点，所以 与 不垂直.
所以 平面 是错误的，故 B 错误；
对 C：因为 ，
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所以 ，故 C 正确；
对 D：取 中点 ，连接 ， .
因为 ，所以 即为异面直线 与 所成的角.
在 中， ， ，所以 .
在 中， ， ，
所以 ，故 D 错误.
故选：AC
11. 已知曲线 和 相切，且曲线
和抛物线 围成封闭曲线 ，过 的焦点 的动直线 与 交于 两点，过线
段 的中点 作垂直于 的准线的直线，垂足为 为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的最大值为
C. 不大于点 到 轴的距离的 4 倍 D. 若 的斜率为 ，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由解析式求得圆心 ，由两圆相切求得半径，判断 A 选项；取点 在 上，且 三点
共线，求此时 ，判断 B 选项；分类讨论点 在 ，设出点 坐标，由作差法比较 与点横
坐标的 4 倍的大小，判断 C 选项；由斜率写出直线方程，联立方程组后化简为一元二次方程，由韦达定理
得到交点横坐标的关系，从而得到 中点坐标，然后得到 点坐标，写出向量 ，由向量的数量
积来判断直线 的位置关系判断 D 选项.
【详解】如图： ， ，
∵圆 与圆 相切，∴ ，即 ，∴ ，A 选项正确；
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当直线 与曲线 交于圆 上时， 三点共线时 最大，
此时 ，B 选项错误；
当点 在曲线 上时，设 ， ，即 ，
；
当点 曲线 上时，设 ， ，
；
由对称性可知当点 在曲线 上时，结论也成立，C 选项正确.
若 的斜率为 时， ，显然此时直线与曲线 交于 ，
则 ，整理得 ，
设 ， ，则 ， ，
即 ，则 ，
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所以 ，
∴ ，
，
，
∴ ，D 选项正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛，本题时解析几何的综合题目，难度较大.在解决这类题目的时候一般采用数形结合，通
过图形观察可以找到特殊点进行排除.在解析几何中证明直线垂直，可以利用向量的数量积为 0 来证明.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 某蔬菜种植基地最近五年的年投资成本 （万元）和年利润 （万元）的统计表如下：
10 11 12 13 14
11 12 19
若 关于 的线性回归方程为 ，则 的平均数 ______．
【答案】 ##
【解析】
【分析】因为线性回归方程过样本中心点 ，将 代入即可.
【详解】因为线性回归方程过样本中心点 ,将 代入得
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故答案为：
13. 已知函数 的图像与直线 相切，且与直线 仅有一个交点，则
______．
【答案】6
【解析】
【分析】写出函数的导数 ，由题意分析得 且存在唯一零点，且函数 单调递增，由判别
式求得 的关系，代回 求得对应横坐标 ，由图像与直线 相切得到 ，求得
的值，从而得到结果.
【详解】 ，
由题意知函数 单调递增，且 且存在唯一零点，
∴ ，即 ，
∴ ， ，
则 ，
则 ，∴ ，
∴ .
故答案为：6.
14. 记 表示 三个数中的最大数．若函数 的值域
为 ，则 的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先由值域为 得到不等式 ，再利用不等式的性质比较 三者大小，再借
助分数的性质及不等式放缩求解最值可得.
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【详解】若函数 值域为 ，
记 ，
则 ，故 ，
由 ，得 ，且 ，
所以 ，又 ，
所以 ，
故 .
则由 且 ，
可得 ，
当且仅当 ，即 时等号成立.
的最小值为 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于利用不等式及分数的性质求解最小值.
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 前 项和 ．
（1）求 的通项公式；
（2）若 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】（1）
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（2）
【解析】
【分析】（1）利用数列前 项和 与 的关系 求 的通项公式.（2）先求出 的
表达式，再根据其特点进行求和.
【小问 1 详解】
当 时：已知 ，那么 ，所以 .
当 时： ，
先展开式子 .
则 ，所以 .
当 时， ，上式也成立.所以 .
【小问 2 详解】
已知 ，把 代入可得：
.
可以发现相邻两项相加为 ，除了第一项 中的 和最后一项 中的 .
所以 .
16. 如 图 ， 在 直 五 棱 柱 中 ， ， ， ，
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， ， 是 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）分别取 的中点 ，连接 ，先证四边形 为平行四边形，再证
四边形 为平行四边形，进而得 ，最后应用线面平行的判定证明结论；
（2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值.
【小问 1 详解】
如图，分别取 的中点 ，连接 ，则 ．
因为 ， ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ， ．同理 ， ，
所以 ， ，所以四边形 为平行四边形，
故 ，又 ，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
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【小问 2 详解】
如图，以 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
可得 ， ， ， ， ，
则 ， ， ．
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，得 ．
设直线 与平面 所成的角为 ，则 ，
故直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
17. 已知函数 ．
（1）求 的单调区间；
（2）若 ，证明：当 时， ．
【答案】（1）单调递减区间为 ，单调递增区间为
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由函数 的解析式求得其导数 ，由导数 求得递减区间，由导数
求得递增区间；
（2）将不等式进行转化，在已知条件下 ，所以不等式转化为 ，设函
数 ，求导数 ，由解析式可知 递增，由函数零点存在定理可知存在唯一
的 ，使得 ，从而得到函数 单调区间并得到函数最小值，证明函数 最小值
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大于等于 0 即可得证.
【小问 1 详解】
因为 ，
所以 ．
当 时， ，当 时， ，
所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ．
【小问 2 详解】
要证明 ，
即证明 ，
因为 ，且 ，所以 ，
故只需证明 ，即 ．
设 ，则 ．
易知 在 上单调递增，且 ， ，
所以存在唯一的 ，使得 ，即 ， ．
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
所以 ，
故原命题成立．
18. 已知曲线 上任意两点间的最大距离为 4， ， 为 与 轴的交点，且点
在 的上方．
（1）求 的方程；
（2）若过 的直线与 交于另一点 （异于点 ），作 ， 为垂足，直线 ， 的斜
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率分别为 ，证明： ；
（3）若点 在 上，且 ，证明直线 过定点，并求 面积的最大值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）整理曲线方程，由题意知长轴为 4，求得 ，从而求出曲线方程；
（2）写出点 坐标，设 ，得到斜率 ，由 求 ，然后得到 ，由 在曲线上
求得 即可得结果；
（3）设 ， ，写出直线 的方程 ，联立方程组后整理成一元二次方
程，由韦达定理得到横坐标的关系. 因为 ，所以 建立方程解出 的值.代回直线
方程知道直线 过定点，结合交点弦长公式求得 ，由基本不等式求得最小值.
【小问 1 详解】
由题可知 ，
该方程表示焦点在 轴上的椭圆，任意两点间的最大距离为长轴长，
所以 ，解得 ，
故 的方程为 ．
【小问 2 详解】
由（1）可知 ， ．
设 ，则 ．
因为 ，所以 ，
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所以 ．
又 ，故 ，即 ．
【小问 3 详解】
由题可知直线 的斜率存在．
设 ， ，直线 的方程为 ，
联立方程得 消去 可得 ，
则 ， （*）．
因为 ，所以 ，
即 ，
将（*）式代入，可得 ，即 ，
解得 或 （舍去），
所以 的方程为 ，易知 过定点 ．
因为点 到点 的距离为 ，
所以
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，
令 ，则
，
当 ，即 时， 取得最大值 2，
所以 面积的最大值为 ．
【点睛】方法点睛，本题是圆锥曲线的综合题目.在解析几何中已知线线垂直，可以利用斜率乘积为 1 来建
立等式求得参数的值.直线与圆锥曲线产生的交点三角形问题，由直线方程和曲线方程联立整理得到一元二
次方程，由韦达定理结合交点弦长公式得到弦长，然后求得三角形的高即可得到三角形面积.
19. 甲、乙两个不透明的袋中各有 个材质、大小相同的小球，甲袋中的小球分别编号为 ，
乙袋中的小球分别编号为 ．从甲袋中任取两个小球，编号记为 ，从乙袋中任
取两个小球，编号记为 ．
（1）若 ，设 ，求 的分布列和数学期望．
（2）设 ， ，事件“ ”发生的概率记为 ．
（ⅰ）用含 的组合数表示 ；
（ⅱ）证明：当 时， ．
附： ．
【答案】（1）分布列见解析，2
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（2）（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先确定 的所有可能取值，然后分别计算每个取值的概率，进而得到分布列和数学期望.（2）
（i）要根据 的条件，找出满足条件的组合情况，并用组合数表示 ；（2）（ii）需要通过对 的表达
式进行分析和推导，结合函数的性质来证明不等式.
【小问 1 详解】
当 时，甲袋中的小球编号分别为 ．
因为 ，所以 的所有可能取值为 ，
， ， ， ．
故 的分布列为
1 2 3 4
．
【小问 2 详解】
（ⅰ）当 时，必有 ，此时 ．
当 时， 与 的所有可能取值为 ．
若 ，则任取 ，令 ， 即可满足条件，故共有 种取法；
若 ，因为 ，所以 ，所以 ，故共有 种取法；
若 ，因为 ，所以 ，所以 ，故共有 种取法．
依次类推，可知满足 与满足 的取法均有 种，其中 ．
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又从两个袋中各任取两个球有 种取法，故 ．
综上， （其他等价结果也对）
（ⅱ）当 时，
．
又
，
所以 ．
所以 ，
当 时， ，所以 ，
故 ．
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