湖南省长沙市四大名校2025届高三下学期2月月考数学试卷（解析版）

这是一份湖南省长沙市四大名校2025届高三下学期2月月考数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 设，则， 在四面体中，，且与所成的角为等内容，欢迎下载使用。
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.
【答案】C
【解析】因为，由，解得，则，所以，
故选：C.
2. 设复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 射线上B. 射线上
C. 直线上D. 直线上
【答案】A
【解析】对于复数，，其共轭复数.
.
因，由，可得.
因为等式右边，所以，即.
对两边同时平方得，即.
两边同时开平方得，又因为，
所以复数在复平面内对应的点在射线上.
故选：A.
3. 已知向量，向量与向量的夹角为，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】B
【解析】设，又，所以，
根据二次函数性质，所以当时，，
故选：B.
4. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，其中，
所以，所以，
故选：D.
5. 数列中，，若是数列的前项积，则的最大值（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】依题意得，，所以，
所以
，
因为，所以当或8时，取得最大值为，
故选：A.
6. 已知函数的最小正周期为，且函数为奇函数，则当时，曲线与的交点个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】，
由已知函数的最小正周期为，则，
所以，其中，且，
又由为奇函数知函数图象的一个对称中心为，
则有，
解得，所以，
所以，即.
画出与图象如图所示：
由图可知，曲线与交点个数为4.
故选：B.
7. 设函数，当时，方程有且只有一个实根，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】由得，.令，
则原问题等价于有且仅有一个零点.因为，
所以为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，
即，解得.
当时，则.因为，
当且仅当时，等号成立，所以，即有且仅有一个零点0，
所以符合题意，
故选：D.
8. 在四面体中，，且与所成的角为.若该四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为（ ）
A. B. 2C. 3D.
【答案】B
【解析】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱.
因为与所成的角为，所以或.
设，外接球半径记为，外接球的球心如图点.
易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
于是，所以.
中，，
在中，由余弦定理得，
显然当时，外接球的半径会更小，此时，
所以，
所以，故它的外接球半径的最小值为2.
故选：B.
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. 某公司为保证产品生产质量，连续10天监测某种新产品生产线的次品件数，得到关于每天出现次品的件数的一组样本数据：，则（ ）
A. 极差是4B. 众数等于平均数
C. 方差是2D. 第25百分位数为12
【答案】ABD
【解析】数据从小到大排列为：.
对于选项A，该组数据的极差为，故A正确；
对于选项B，众数为13，平均数为，所以众数与平均数相等，故B正确；
对于选项C，方差为，故C错误；
对于选项D，由，则第25百分位数为12，故D正确，
故选：ABD.
10. 设点是曲线上一点，曲线在点处的切线为，则（ ）
A. ，函数为奇函数
B. ，函数有且仅有一个极小值点
C. 当时，直线与两坐标轴围成的图形面积为8
D. 当时，直线与直线和所围成的图形面积为8
【答案】ACD
【解析】对于选项A，因为，故A正确；
对于选项B，当时，反比例函数无极小值和极大值，故B错误；
对于选项C，当时，，设，
则切线为方程为，它与两坐标轴的交点分别为和，
它们围成的图形面积，故C正确；
对于选项D，当时，.设，
则切线为的方程为，它与直线的交点为，
它与直线的交点为，
它们围成的图形面积.，故D正确，
故选：ACD.
11. 某学习小组用曲线：和抛物线部分曲线围成了一个封闭的“心形线”，过焦点的直线交（包含边界点）于两点，点是坐标原点，点是或上的动点，下列说法正确的是（ ）

A. B.
C. D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】可变形为，表示以为圆心，2为半径的圆的右半部分，可变形为，表示以为圆心，2为半径的圆的右半部分.
对于A选项，抛物线过点，解得，故A正确；
对于B选项，当点三点共线时，，故B选项错误；
对于C选项，因为是抛物线的焦点弦，所以当为通径时，；
如图：

直线的方程为，由对称性可设，可得，
代入抛物线并整理得，可得
所以
即直线的方程为， ，此时弦最长，
且，故C正确；
对于D选项，由对称性不妨设，当在点时，，
所以，显然离最远的点在上，
且.（：到距离，：到距离）
联立，整理得，则，
则，
所以，
设，
由在上单调递增，
易得在上单调递增，所以的最大值为，故D正确，
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，若，则__________.
【答案】
【解析】展开式的通项公式为,
由，故的系数为
而，得，解得.
故答案为：
13. 已知双曲线：（，）的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点．若，则的离心率为______.
【答案】
【解析】双曲线：的右顶点为，一条渐近线，即，
∵圆的半径为，且，
∴，
∴到渐近线的距离为，
又到渐近线的距离，
∴，则，则的离心率为．
故答案为：．
14. 已知，且，则的最大值是__________.
【答案】
【解析】因为，
所以，
即，即.
又，
等号当且仅当时成立，所以的最大值是.
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. 记的内角所对的边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
解：（1）由，及正弦定理得，
因为为三角形内角，故，故得，
又为三角形内角，或.
（2）由
得，
又，所以.
由（1）得，故，
而为三角形内角，.
由正弦定理，得，
故的面积.
16. 甲、乙两人进行知识问答比赛，共进行多轮抢答赛，每轮比赛中有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且两人每题答题正确的概率分别为和.求：
（1）甲在每轮比赛中获胜的概率；
（2）甲前二轮累计得分恰为4分的概率.
解：（1）设甲在一轮比赛中获胜为事件，甲在一轮比赛中共抢到道题为事件，
则，
又，
所以.
（2）设甲前二轮累计得分恰为4分的事件为，甲在一轮比赛中得分的事件为，则
，
，
所以
.
17. 如图，在多面体中，的中点为.
（1）求证：四点共面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.
（1）证明：连接，由为中点，得，
由，得，而平面，
则平面，同理平面，又平面与平面有公共直线，
所以四点共面.
（2）解：由（1）知，是二面角的平面角，设，
由，得，
则，，直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
，
设平面的法向量为，则，取，得，
设直线与平面所成角为，
依题意，，即，
平方化简整理得，而
则，即，又，则，，
所以所求二面角的余弦值为.
18. 已知函数和的图象在处有相同的切线.
（1）求实数和的值；
（2）求函数的极值；
（3）当时，不等式恒成立，求实数的取值集合.
解：（1），
据题意有：，
联立解得.
（2）由（1）知，，
所以函数且，
所以，
因此函数在和单调递减，在和单调递增，
其大致图象如图，故函数只有唯一的极大值，无极小值.
（3）当时，不等式恒成立等价于
不等式恒成立，显然有，
令，则恒成立，
而，
当时，，
所以在上单调递增，
所以，当时，，符合题意；
当时，记，
则抛物线的开口向上，对称轴为，
又，
所以当时，，从而，
所以在上单调递减，
故当时，，不符合题意，
所以，
再令，则恒成立，
而，
当时，，所以在上单调递减，
所以当时，，符合题意，
当时，记，
则抛物线的开口向下，对称轴为，
又，
所以当时，，从而，
所以在上单调递增，
故当时，不符合题意，
综上可知，实数的取值集合为.
19. 已知椭圆经过点，其右顶点为，上顶点为为坐标原点，且离心率为.
（1）设在点处的切线，其斜率为的斜率为，求的值；
（2）过在第一象限的点作椭圆的切线，分别与轴，轴交于点，且为线段的中点，记以点为中心，轴，轴为对称轴，且过点的椭圆为，依此类推，，，过椭圆在第一象限的点作椭圆的切线，分别与轴，轴交于点，，且为线段的中点，记以点为中心，轴，轴为对称轴，且过点，的椭圆为，由此得到一系列椭圆.
（i）求的方程；
（ii）过点作直线与椭圆分别交于，求证：.
（附：若为椭圆上一点，则椭圆在点处的切线方程为：）
解：（1）依得，，又由得，，
解得，故椭圆方程为.
又椭圆在点处的切线方程为，则.
又，因此.
（2）（i）设，则，代入的楠圆方程得：.
又直线的斜率，而.
则由（1）可知，可知.
因此，即，可得，
又，因此.
同理可知：，即.
故.
（ii）①若直线的斜率不为0时，则设直线，与椭圆联
立可知，，可得，即
.
因此.
从而
.
.
②若直线的斜率为0，则，
故.