湖南省部分学校2025届高三下学期2月联考数学试卷（解析版）

这是一份湖南省部分学校2025届高三下学期2月联考数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知复数是纯虚数，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】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】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
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】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. 5B. 4C. 3D. 1
【答案】A
【解析】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，则在该片污染地上甲、乙都存活的概率为（ ）
A. 0.4B. 0.3C. 0.2D. 0.1
【答案】D
【解析】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】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. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】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】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】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.
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
C. 三棱锥的体积为D. 与所成角的余弦值为
【答案】AC
【解析】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，
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】如图：，，
∵圆与圆相切，∴，即，∴，A选项正确；

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，
所以，
∴，
，
，
∴，D选项正确.

故选：ACD.
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：
若关于的线性回归方程为，则的平均数______．
【答案】
【解析】因为线性回归方程过样本中心点,将代入得
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】，
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】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：.
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．
解：（1）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.
（2）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，，，，，，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
（1）证明：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．
（2）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，．
（1）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．
（2）证明：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．
（1）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．
（2）证明：由（1）可知，．
设，则．
因为，所以，
所以．
又，故，即．
（3）证明：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
，
令，则
，
当，即时，取得最大值2，
所以面积的最大值为．
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：．
解：（1）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
．
（2）（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．
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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14
11
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