湖南省岳阳市2025届高三下学期教学质量监测（二）数学试题（解析版）

这是一份湖南省岳阳市2025届高三下学期教学质量监测（二）数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了 若集合，则， 若，则， 若函数有唯一零点，且，则， 下列说法正确的有， 已知不等式在上恒成立等内容，欢迎下载使用。
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. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
，
所以.
故选：C
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，则，即，
则.
故选：B
3. 已知非零向量，若，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由可得，
故，
由于所以，
故选：D
4. 已知直线，平面，若平面平面，且，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则直线必垂直于平面内的无数条直线
【答案】D
【解析】对于A，若，则与也可能平行或者，故A错误，
对于B，若，当至少有一条直线与垂直时才有，否则还有可能存在平行或异面及相交但不垂直的情况，B错误，
对于C，若，且，才会有，否则还有可能存在平行或相交但不垂直的情况，故C错误，
对于D，当直线，且，此时，故满足条件的直线有无数条，故D正确，
故选：D
5. 某校食堂为打造菜品，特举办菜品评选活动.已知评委团由家长代表，学生代表和教工代表组成，人数比为，现由评委团对1号菜品和2号菜品进行投票（每人只能投一票且必须投一票）.若投票结果显示，家长代表和学生代表中均有的人投票给1号菜品，教工代表中有的人投票给2号菜品，那么，从1号菜品的投票人中任选1人，他是学生代表的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据人数比例设家长代表、学生代表和教工代表人数分别是（为比例系数），
由题意知：家长代表中有的人投给1号，人数为；学生代表中有的人投给1号，人数为；教工代表中有的人投给2号，那么教工代表中有的人投给1号，人数为.
所以投给1号的总人数为，学生代表中投给1号的人数为，
因此所求概率为.
故选：A.
6. 若函数有唯一零点，且，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】由于有唯一的零点，所以也有唯一的零点，
由于均为偶函数，所以为偶函数，
因此，故，
故选：C
7. 已知圆锥的侧面展开图为半圆，其轴截面是以为顶点的等腰三角形，若分别是该三角形的三个内角，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】B
【解析】设圆锥的底面圆半径以及圆锥的母线分别为，
由题意可得，故，
因此三角形为等边三角形，故,
故,
故选：B
8. 设椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，的平分线与轴交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】椭圆的焦点，，不妨令点在第一象限，
在中，，
则，解得，，则，
由平分，得，而，则，
所以.
故选：D
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. 下列说法正确的有（ ）
A. 已知随机事件的概率不为0，若和相互独立，则和一定不互斥
B. 若关于的经验回归方程为，则样本点的残差为1.4
C. 数据的平均数为2，方差为12，则
D. 设随机变量服从正态分布，则
【答案】AD
【解析】对于A中，由随机事件的概率不为0，即，
若事件和互斥，则，
若事件和相互独立，则，
所以事件和相互独立，则事件和一定不互斥，所以A正确；
对于B中，将代入回归方程为，可得，
则样本点的残差为，所以B不正确；
对于C中，数据的平均数为2，方差为12，
可得且，
可得，
所以，所以C错误；
对于D中，由随机变量服从正态分布，可得
则，所以D正确.
故选：AD.
10. 已知不等式在上恒成立（当且仅当时等号成立），下列不等式正确是（ ）
A.
B.
C
D.
【答案】ABD
【解析】对于A，将替换为，则，所以，所以A正确；
对于B，由A可得，故，又由题设得，
故，即，故B正确；
对于C，由A令得，
即，所以C错误；
对于D，
，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知数列的前项和为，且对任意的，总存在，使得，则称为“回归数列”.以下结论中正确的是（ ）
A. 若，则为“回归数列”
B. 若为等比数列，则为“回归数列”
C. 设为等差数列，当，公差时，若为“回归数列”，则
D. 对任意的等差数列，总存在两个“回归数列”和，使得
【答案】ACD
【解析】对于A，由，可得，所以必存在，
使得，故为“回归数列”，所以A正确；
对于B，由等比数列通项公式得，当时，，
显然对任意的，，故不是“回归数列”，所以B错误；
对于C，当时，，
假设总存在，则，
由于对任意的上式恒成立，不妨取，可得，存在，
再取，可得，
因为，而，所以，
当时，对任意的，由
可得总存在满足成立，所以C正确；
对于D，设等差数列，
总存在两个回归数列，
显然和是等差数列，使得，
证明如下：，
因为
所以数列{}前n项和，可得 ，
时，由为正整数，当时，，
所以存在正整数，使得，所以是“回归数列”，
因为所以数列前n项和，
由于，则存在正整数，使得，
所以是“回归数列”，所以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. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则在区间上的值域是__________.
【答案】
【解析】依题意，，
当时，，，则，
所以在区间上的值域为.
故答案为：
13. 已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则__________.
【答案】0或2
【解析】由得，当时，切线的斜率，
则曲线在点处的切线方程为，
因为它与只有一个公共点，所以有唯一解，
即有唯一解，
故或，
解得或，
故答案为：0或2
14. 祖暅，南北朝时期的伟大科学家，于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”，这就是“祖暅原理”.“势”即是高，“幂”是面积，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.已知双曲线：，若直线与在第一象限内与双曲线及其渐近线围成图形（如图1），则它绕轴旋转一周所得几何体的体积为__________；由双曲线和两直线围成的封闭图形绕轴旋转一周后得到几何体（如图2），则的体积为__________.

【答案】①. ②.
【解析】由，可得渐近线方程：，
在第一象限内与渐近线的交点N的坐标为，
与双曲线在第一象限交点B的坐标为，
易得，

如图所示，设直线与轴的交点为，在第一象限与双曲线及其渐近线的交点为，
则，
所以，
则，
根据祖晅原理，它绕y轴旋转一圈所得几何体的体积等于，
又直角绕轴旋转一周所得圆锥体积为：，
所以的体积为，
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. 记的内角的对边分别为，已知向量，，且.
（1）求；
（2）若的面积为，且，求.
解：（1）由题意知，，
由正弦定理得，
因为，所以，
则，即，
又，所以.
（2）因为的面积为，解得，
所以，
由余弦定理得，所以.
16. 已知函数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）讨论函数的单调性.
解：（1）当时，，
由，得；由，得.
所以在上单调递减，在上单调递增.
故的极小值为，无极大值.
（2）
当时，由，得；由，得，
此时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，由，得；
由，得或，
此时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，对任意的恒成立，
此时，上单调递增；
当时，由，得；
由，得或，
此时，在上单调递减，在和上单调递增.
综上可知，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
17. 如图，在圆锥中，为底面圆的一条直径，为底面圆周上不同于的两点，圆锥母线长为.
（1）若，平面与平面的交线为，证明：∥；
（2）若与平面所成角的正切值为，求的长.
（1）证明：因为直径，则，
且，则且，
又因为，则，即.
且，平面，可知，
且平面平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以.
（2）解：方法一：由题意知，，
如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，过与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，
可知，设，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设与平面所成角为，
则，可得，
且，解得，
即，
整理得，解得，即；
方法二：以点为坐标原点，所在直线分别为和轴，在平面内过垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
设，可得，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设与平面所成角为，则，可得，
且，解得，
即，
整理得，解得，
所以，即.
18. 已知双曲线与抛物线有公共焦点，且.
（1）若抛物线的方程为.
①求双曲线的方程；
②设直线与轴交于点，过点的直线交于两点，点在直线上，且直线轴，证明：直线恒过定点.
（2）过的直线与抛物线交于两点，与的两条渐近线交于两点（均位于轴右侧）.若实数满足，求的取值范围.
解：（1）①设双曲线的焦距为，则有，又，则
所以，则，
所以双曲线的方程为.
②由题意得，，
当直线与轴不重合时，设直线的方程为.
由整理得，，
恒成立，由韦达定理得，
则有
由得，直线的方程为，令，
即直线恒过点，
当直线与轴重合时，设，点，直线为轴，也过点
.综上，直线恒过定点.
（2）由题意知，，又，则，
所以双曲线的渐近线方程为，
易知直线的斜率不为0，设直线，
由于两点且均位于轴右侧，有，
由，解得，
设，由，消去得，
则有，
由及得，
，即，
又，则，所以，
故实数的取值范围为.
19. 中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，推导出了三角垛､方垛､刍甍多､刍童垛等的公式.我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称原数列为“阶等差数列”.例如：数列，它的后项与前项之差组成新数列，新数列是公差为1的等差数列，则称数列为二阶等差数列.
（1）若数列满足，且，求证：数列为二阶等差数列；
（2）若三阶等差数列的前4项依次为，求的前项和；
（3）若阶等差数列的通项公式为.
①求的值；
②求的前项和.
（1）证明：因为，
所以，
所以是首项为，公差为2的等差数列，
则是一阶等差数列，数列为二阶等差数列.
（2）解：因为是“三阶等差数列”，所以是“二阶等差数列”，
设，所以是“一阶等差数列”.
由题意得，所以，
，
，
满足上式，所以.
，
因为满足上式，.
.
（3）解：①，设，
则，
设，
则，
设，
所以，
所以，
所以数列是公差为384的等差数列，
则数列是4阶等差数列，即.
②
，
所以，
又因为
，
所以
，
同理可证，证明如下：
设，因为，
所以，
则
，
所以