湖南省永州日升高级中学2024-2025学年高三下学期2月份月考数学试题（解析版）

这是一份湖南省永州日升高级中学2024-2025学年高三下学期2月份月考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了 已知复数满足，则， 已知集合，则集合中元素个数是， 已知，则等于， 已知，则“”是“”的， 下列说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
时量：120分钟 满分：150分
一､选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算先求出复数z，再求模长.
【详解】因为，所以，
所以，故
故选：C
2. 已知集合，则集合中元素个数是（ ）
A 0个B. 1个C. 2个D. 无数个
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合是由两条直线上的所有点组成的集合可得答案.
【详解】因为等价于或，
所以集合是直线和直线上的所有点组成的集合，
所以集合中的元素个数有无数个.
故选：D
3. 已知等差数列的公差为，若，，成等比数列，是的前项和，则等于（ ）
A. 8B. 6C. D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】由，，成等比数列，可得，再利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出.
【详解】，，成等比数列，，
，化为，解得，
则.
故选：D.
4. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A. 9B. 3C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性得，应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值.
【详解】根据正态分布的对称性及已知，有，可得，则，
故，
当且仅当，则时取等号，
综上，目标式的最小值为3.
故选：B
5. 已知，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用两角和的正切公式求出，然后利用二倍角公式以及“1”的代换，结合弦化切，转化为，求解即可．
【详解】解：因为，
解得，
所以．
故选：D．
6. 已知，则“”是“”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】C
【解析】
【分析】利用等价转化的方式探讨“”与“”的关系而得解.
【详解】因为，
所以
，
从而有“”是“”充要条件.
故选：C.
7. 已知直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出圆心坐标与半径，再求出直线过定点，即可求出，设的中点为，则，根据数量积的几何意义得到，即可得解.
【详解】圆的圆心为，半径，
直线，即，令，解得，
所以直线恒过点，又，
所以当时，弦的长度取得最小值，即，
设的中点为，则，
所以.

故选：C
8. 已知半球的底面与圆台的下底面完全重合，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台的母线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出圆台及半球的轴截面，借助几何图形用圆台上底面圆半径表示出母线求解.
【详解】半球的底面与圆台的轴截面，如图，
设圆台上底面圆半径为，则，母线，
圆台侧面积，
当且仅当，即时取等号，此时，
所以圆台侧面积取最大值时，圆台的母线长为.
故选：C
二､多选题（本大题共3个小题，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. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 某组数据的经验回归方程一定过点
B. 数据，，，，，，19，的分位数是
C. 甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样，如果抽取的乙个体数为6，则样本容量为18
D. 若一组数据的方差为16，则另一组数据的方差为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据经验回归方程必过样本中心点即可判断A；根据百分位数的定义即可判断B；根据分层抽样的性质即可判断C；根据方差的性质即可判断D.
【详解】对于A，经验回归方程必过样本中心点，故A正确；
对于B，将数据按从小到大的顺序排列为，
因为，
所以分位数是，故B错误；
对于C，由题意，各层人数分别为，
所以样本容量为18，故C正确；
对于D，若一组数据的方差为16，
则另一组数据的方差为，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知为圆上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ）
A. 始终关于原点对称
B. 圆与关于原点对称
C. 与上的点的最小距离为6
D. 与上的点的最大距离为12
【答案】BC
【解析】
【分析】设出点的坐标，表示出点的坐标，再结合圆上的点与一个图形上点的距离最值求法逐一分析求解.
【详解】圆的圆心为，半径为2，
对于A，设，由，得，则关于原点不一定对称，A错误；
对于B，由在圆上，则，
化简得到，是以为圆心，2为半径的圆，圆与关于原点对称，B正确；
对于C，由选项B知，两圆的圆心距离为，即两圆外离，
与上的点的最小距离是的圆心距离再减去两圆半径和的差，即，C正确；
对于D，与上的点的最大距离是的圆心距离再加上两圆半径和，即，D错误.
故选：BC
11. 在正方体中，分别为棱的中点，则（ ）
A. 平面
B.
C. 直线与直线所成角
D. 若，则平面四点共面
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系利用空间位置关系的向量证明可判断AB正确；由异面直线的向量求法可得C错误，由向量的坐标运算，根据空间向量共面定理可判断D正确.
【详解】在正方体中，
分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则，
对于A，，
设平面的一个法向量，
因为平面，所以平面，A正确；
对于B，因为，所以，B正确；
对于C，设直线与直线所成角为，
则，又，所以，C错误；
对于D，因为，所以，
则，设，
则，解得，所以，所以共面，所以四点共面，可得D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
三､填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 已知分别是曲线和直线上的点，则的最小值为______．
【答案】##
【解析】
分析】平移直线与曲线相切，求出切点坐标，再利用点到直线距离公式计算即得.
【详解】平移直线与曲线相切，设切点坐标为，
由，求导得，依题意，即，
而，解得，因此切点坐标为，
所以的最小值为.
故答案为：
13. 已知等差数列的前项和为，且，则数列的前6项和为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设出公差，根据条件得到方程，求出公差，通项公式，从而得到，求出前6项，求和即可.
【详解】设公差为，则，，
，解得，
则，
所以，
故的前6项和为.
故答案为：
14. 若，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】变形得到，令，则表示点与圆上的动点连线的斜率，设出直线的方程为，由点到直线距离公式得到不等式，求出答案.
【详解】，
注意到，所以，
令，则表示点与点连线的斜率，
因为，所以点在圆上，
所以表示点与圆上的动点连线的斜率，
直线与圆有公共点，
当直线斜率不存在时，直线与圆无公共点，
直线斜率存在，设直线的方程为，即，
则，解得，
即的最大值为，所以.
故答案为：
四､解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）.
15. 如图，在直三棱柱中，是边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且，.
（1）当时，求证：平面；
（2）当时，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）根据已知条件建立空间直角坐坐标系，利用向量证明线面垂直即可；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为三棱柱为直棱柱，且为正三角形，
以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，

根据已知条件得、、、、，
当时，，则，
所以，，，
所以，，
所以，，
又，、平面，所以平面.
【小问2详解】
易知，则，
当时，点，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
所以，
故当时，求直线与平面所成角正弦值为.
16. 已知函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，点为的图象的一个对称中心.
（1）求的解析式；
（2）将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若在区间上的最大值和最小值互为相反数，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据周期求解，利用对称可得，即可求解；
（2）平移可得，即可利用整体法，结合三角函数的性质即可求解.
【小问1详解】
设的最小正周期为，则，所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以；
【小问2详解】
依题意，，
因为，所以，
当时，的最大值为，最小值为，不符题意；
当时，的最大值为1，所以的最小值为，
所以，解得，
所以的最小值为.
17. 已知函数．
（1）当时，证明函数在单调递增；
（2）若函数在有极值，求实数a的取值范围；
（3）若函数的图象在点处的切线方程为，求函数的零点个数．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）1个
【解析】
分析】（1）求导通过，即可求证；
（2）由题意可得在有解，再由的单调性，结合零点存在性定理构造不等式求解即可；
（3）由切线方程求得，再通过函数的单调性即可求解；
【小问1详解】
当时，由，可得，
因，则，又因为，则，
所以函数在单调递增；
【小问2详解】
，
因为函数在有极值，所以在有解，
又因为在单调递增，需使，
即，所以，解得，
故实数a的取值范围为；
【小问3详解】
因为函数在点处的切线方程为，
所以，且，
解得．
故则，
当时，，即在单调递增，
因，所以在没有零点；
当时，，此时函数有一个零点：
当时，，即在没有零点．
综上所述，函数的零点个数为1个．
18. 已知抛物线的焦点为，且为上不重合的三点.
（1）若，求的值；
（2）过两点分别作的切线与相交于点，若，求面积的最大值.
【答案】（1）3 （2）8
【解析】
【分析】（1）求出抛物线的焦点及准线，利用给定的向量等式，结合抛物线定义求解.
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用导数的几何意义求出直线方程及交点坐标，再求出三角形面积的函数并求出最大值.
【小问1详解】
抛物线的焦点，准线，设，
由，得，即，
所以.
【小问2详解】
显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，
由得：，，，
由，得，求导得，
则切线的方程为，即，同理，切线的方程为，
由，解得，即，
则点到直线的距离为，
由，化简得：，
因此，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为8.
19. 已知数列的前n项和为，若对每一个，有且仅有一个，使得，则称为“X数列”．记，称数列为的“余项数列”．
（1）若的前四项依次为，试判断是否为“X数列”，并说明理由；
（2）若，证明为“X数列”，并求它的“余项数列”的通项公式；
（3）已知的正项数列为“X数列”，且的“余项数列”为等差数列，证明．
【答案】（1）不是，理由见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）依次求出，再根据“X数列”定义进行判断即可.
（2）由先求出数列通项公式，再依据“X数列”定义进行推算证明即可，接着由“余项数列”的定义公式进行计算即可.
（3）先探究得出“余项数列”公差情况，再讨论时推出矛盾得到，接着探究时若得出矛盾，从而得出，进而得出即可进一步推出.
【小问1详解】
不是“X数列”，
依题意，，则，，不符合题意，
所以不是“X数列”.
【小问2详解】
由，得当时，；当时，，
而不满足，因此，
令，即，则当时，有，解得；
当时，，则，而，于是，
因此对每一个，有且仅有一个且，使得，
即对任意，有且仅有一个，使得，所以为“X数列”，
，，
所以的“余项数列”通项公式为，.
【小问3详解】
由是正项数列，得单调递增，则，，
由，且为“X数列”，得，由，得，
的“余项数列”为等差数列，则其公差，
由，得，
若，则当时，，与矛盾，
则，，，即，
对于，若，则，与正项数列矛盾，
于是，，
因此，，
当时，，又，
则，，而，所以.
【点睛】关键点睛：证明的关键第一步是探究出“余项数列”公差；第二步是探究出时有矛盾得到；第三步是探究出时若有矛盾，从而得到，进而得出.