湖北省部分重点中学2024-2025学年高三上学期第二次联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省部分重点中学2024-2025学年高三上学期第二次联考数学试卷（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了 若集合 ， ，则， 已知复数 ，则，4 厘米，底径 2， 若 ，则等内容，欢迎下载使用。
命题学校：武汉市第一中学 审题学校：武汉市第十一中学
考试时间：2025 年元月 13 日下午 14：00-16：00 试卷满分：150 分
第 I 卷（选择题）
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
一项是符合要求的.
1. 若集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过解不等式和求函数值域，求得集合 A，B，再根据交集的定义求解．
【详解】因为 ，
，
所以 ．
故选：A．
2. 已知复数 ，则 （ ）
A. 0 B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用复数乘方运算得 ，再由 求结果.
【详解】由 ，则 .
故选：B
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3. 把函数 的图像向左平移 个单位得到函数 的图像，下列区间中，函数
单调递减的区间是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】用辅助角公式化简 f(x)解析式，根据函数图象平移求出 g(x)解析式，在利用三角函数单调性即可求
解．
【详解】 ，则 ，
∵ 的单调递减区间为 ( )，
故由 得
故函数 单调递减区间是
选项仅 在该区间内，
故选：D．
4. 我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突.器身施白
釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密.碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁
绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱.该元青花团菊花纹小盏口径 8.4 厘米，底径 2.8 厘米，高 4 厘米，
它的形状可近似看作圆台，则其侧面积约为（单位：平方厘米）（ ）（附： ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合圆台的侧面积公式分析求解.
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【详解】设该圆台的上底面､下底面的半径分别为 ，
由题意可知： ，则圆台的母线长 ，
所以其侧面积为 .
故选：B.
5. 设随机变量 服从正态分布 ，若 ，则函数 有极值点的
概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据极值点的定义，结合正态分布的对称性可得解.
【详解】由已知 ，
则 ，
由函数 有极值点，
可知 有变号零点，
则 ，
即 ，
又 ，则 ，
所以 ，
故选：C.
6. 下列关于统计概率知识的判断，正确的是（ ）
A. 将总体划分为 层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为 ， 和 ， ，
且已知 ，则总体方差
B. 在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数 越接近于
C. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好
D. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组： ， ， ， ， ， ；乙组： ， ， ， ，
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， ，若这两组数据的第 百分位数第 百分位数都分别对应相等，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据统计数据特征值的计算公式可判断 AD 选项，再根据线性相关关系判断 BC 选项.
【详解】A 选项：设两层中的数据分别有 ， 个，由 ，可知 ，A 选项错误；
B 选项：相关关系越强，相关系数 的绝对值越接近于 ，B 选项错误；
C 选项：在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好，C 选项正确；
D 选项： ，所以第 百分位数为两组数据中的第 个数据，分别为 与 ，即 ，
两组数据的中位数分别为 ， ，即 ，解得 ，所以 ，D
选项错误；
故选：C.
7. 若 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合指数与对数运算公式及指数与对数函数单调性可比较大小.
【详解】由已知 ，
则 ， ，所以 ，
又函数 在 单调递增，函数 在 单调递增，
则由 ，
得 ，
所以 ，即 ，
故选：A.
8. 已知函数 （ 不恒为零），其中 为 的导函数，对于任意的 ， ，满足
，且 ， ，则（ ）
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A.
B. 是偶函数
C. 关于点 对称
D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用赋值法，结合函数的奇偶性与对称性直接判断 AB 选项，再结合函数的周期性可判断 D 选项，
再根据复合函数求导可判断 C 选项.
【详解】A 选项：由 ，令 ，则
，
即 ，A 选项错误；
B 选项：令 ，可知 ，
又 不恒为 ，则 ，所以函数 为奇函数，
令 ，则 ，
即 ，即 ，
又 ，
则 ，
所以 ，
所以 为奇函数，B 选项错误；
C 选项：由 B 选项可知 ，两边同时求导可知 ，
即函数 关于直线 对称，
所以函数 关于直线 对称，C 选项错误；
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D 选项：由 B 选项可知 ，即函数 的一个周期 ，
由上述分析和已知条件， ，
所以
，D 选项正确；
故选：D.
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. 已知各项均不为零的数列 ，定义向量 ， ， .下列命题中真命题是
（ ）
A. 若对任意的 ，都有 成立，则数列 是等差数列
B. 若对任意的 ，都有 成立，则数列 是等比数列
C. 若 ，则
D. 若 ，则向量 在向量 上的投影向量为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据向量共线及垂直的坐标表示可判断数列 的类型及 与 的关系，根据 ，可
得 与 ，即可得投影向量.
【详解】设数列 的首项为 ，
A 选项：由已知 ，则 ，则数列 为常数列，
即 ，所以 ，则 ，所以数列 为等差数列；
B 选项：由 ，则 ，即 ，不为定值，所以数列 不是等比数列，B 选
项错误；
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C 选项：由已知 ， ， ，由 ，
则 ，即 ，
无法确定 ，C 选项错误；
D 选项： ，则 ，又 ，
所以向量 在向量 上的投影向量为 ，D 选项正确；
故选：AD.
10. 在直三棱柱 中， 分别是 的中点， 在
线段 上，则下面说法中正确的有（ ）
A. 平面
B. 直线 与平面 所成角的余弦值为
C. 直三棱柱 的外接球半径为
D. 直线 与直线 所成角最小时，线段 长为
【答案】ACD
【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得 A 正确，再由线面角的向量求法计算可得
B 错误，确定直三棱柱 的外接球球心位置可计算半径为 ，即 C 正确，利用异面直线向量
求法求出直线 与直线 所成角最小时点 的位置，可判断 D 正确.
【详解】因为 是直三棱柱，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，又 ，即 ；
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因此 两两垂直，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
如下图所示：
对于 A，又 ，所以 ，可得 ，
显然平面 的一个法向量为 ，
所以 ，又 平面 ，所以 平面 ，即 A 正确；
对于 B，易知平面 的一个法向量为 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，
所以
因此直线 与平面 所成角的正弦值为 ，余弦值为 ，即 B 错误；
对于 C，因为 为直角三角形，所以其外接圆圆心为 的中点，外接圆半径为 ；
因此可得直三棱柱 的外接球球心即为 的中心，
外接球半径为 ，因此 C 正确；
对于 D，易知 ，所以 ，
由 在线段 上，可设 ，其中 ，
所以 ，
因此直线 与直线 所成的角的余弦值为
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令函数 ，可得 ；
易知当 时， ，当 时， ，
因此 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 时， 取得最大值，再结合余弦函数单调性可得此时直线 与直线 所成的角最小，
因此 ，即 ，
因此线段 长为 ，即 D 正确.
故选：ACD
11. 已知函数 （其中 ）.对于不相等的实数 ，设
，现有如下四个结论，其中正确的选项是（ ）
A. 当 时，函数 恰有 2 个零点
B. 对于任意不相等的实数 ，都有
C. 对于任意的实数 ，存在不相等的实数 ，使得
D. 对于任意不相等的实数 ，都有
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于 A，画出函数 与 的图象即可判断；对于 B，运用指数函数的单调性,即可判断;对于
C，由 可得 ，构造函数 ，即 ，通过
导数证明函数 在 上不单调即可；对于 D，将不等式化解为
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，再由基本不等式证明即可.
【详解】对于 A，函数 ，令 ，如图所示，函数 有 3 个交
点，故 有 3 个零点，故 A 错误；
对于 B，由指数函数的单调性可得，函数 在 上单调递增，即有 ，故 B 正确；
对于 C，由 ，可得 ，
即 ，令 ，
对于任意的实数 ，存在不相等的实数 ，使得 ，
即函数 在 上不单调，
则 ，对于任意的实数 ，
不恒大于 0 或恒小于 0，即 在定义域上有增有减，故 C 正确；
对于 D，要证 ，
即证 ，
即证 ，
即证 ，
即证 ，
令 ，
由基本不等式可得 ，当且仅当 时等号成立.
又因为 ，即 ，
所以对于任意不相等的实数 ，都有 ，故 D 正确.
故选：BCD.
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【点睛】关键点点睛：本题考查函数的单调性及运用，注意运用导数判断函数的单调性，以及通过基本不
等式证明是解题的关键.
第 II 卷（非选择题）
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 的展开式中 的系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式，利用赋值法可得特定项系数.
【详解】由已知可得二项展开式的通项 ，
令 ，可得 ，
则 ，
即 项的系数为 ，
故答案为： .
13. 如图，已知过点 的直线 与抛物线 交于 两点，且 ，则直线 在 轴上的
截距为__________.
【答案】2
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【解析】
【分析】设直线 ，与抛物线方程联立，利用韦达定理可得 ，再根据向量垂直的
坐标表示求出 ，进而即可求解.
【详解】由题意设直线 ，即 ，
将直线与抛物线联立 ，消去 得 ，
设 ， ，
则 ， ，
因为 ，所以 ，解得 ，
当 时，直线 不符合题意，
所以 ，直线 方程为 ，当 时， ，
即直线 在 轴上的截距为 ，
故答案为：
14. 如图，圆形纸片的圆心为 ，半径为 ，该纸片上的正 边形（ ， ） 的中心
为 . ， ， ， ， 为圆 上的点， ， ， ， ， 分别是
以 ， ， ， ， 为底边的等腰三角形.沿虚线前开后，分别以 ， ， ，
， 为折痕折起 ， ， ， ， ，使得 ， ， ， ， 重合，得到
棱锥.当正 边形的边长变化，所得 棱锥体积（单位： ）取得最大值时，圆心 到 的距离为
__________ .
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【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数可得正棱锥的底面边长，结合棱锥的体积公式可得体积，再根据导数可得取得最值
时情况.
【详解】连接 交 于点 ，则 ，
设 到 为 ，则 ， ，且 为 中点，
设折起后 ， ， ， ， 重合于点 ，则 ，且 ，即 ，
截出三棱锥 ，如图所示，
易知 ，即 ，
所以在 中，
则 ，则 ，
所以 ，
所以 ，
又在 中， ，
所以 ，
所以正棱锥体积 ， ，
设 ， ，
，
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令 ，解得 ，
即函数 上单调递增，在 上单调递减，
即 在 时取最大值，
即当 时，体积 取得最大值，
故答案为： .
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明､证明过程及验算步骤.
15. 在锐角三角形 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若 ， ，且
.
（1）求 的值；
（2）若点 ， 分别在边 和 上，且 与 的面积之比为 ，求 的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及二倍角公式可得 ，结合三角形角的关系可得 ；
（2）设 ， ，由三角形面积关系可得 ，再根据余弦定理及基本不等式可得最值.
【小问 1 详解】
由已知 ，即 ，
再由正弦定理可得 ，即 ， ，
又 ，则 ，
所以 ，
又 ，即 ，
所以 ；
【小问 2 详解】
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由（1）得 ，且 ，
所以 ，则 ，
设 ， ，
则 ， ，
又 ，
即 ，解得 ，
所以在 中，由余弦定理得 ，
当且仅当 时，等号成立，
即 的最小值为 .
16. 如图，在棱长为 的正方体 中， ， 分别是棱 ， 上的动点，且
.
（1）求证： ；
（2）当三棱锥 体积取得最大值时，求平面 与平面 的夹角正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用坐标法证明异面直线垂直；
（2）根据三棱锥体积公式可知当三棱锥体积最大时， 面积最大，结合基本不等式可判断点 ，
分别为中点，法一：过 作 ，连接 ，利用定义法可得两平面夹角的正弦值；法二：利用坐标
法可求得两平面法向量，进而可两平面夹角正弦值.
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【小问 1 详解】
以 为坐标原点， ， ， 为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，如图：
设 ，则 ， ， ， ，
， ，
由 ，
；
【小问 2 详解】
由 ，
可知若三棱锥 的体积最大值，则 取得最大值，
又 ，
当且仅当 时，即 时取等号，
即 ， 分别是棱 ， 上中点，
（法一）过 作 ，连接 ，
由 平面 可得， ，
又 ，且 ， 平面 ，
平面 ，
又 平面 ，则 ，
连接 和 ，交于点 ，连接 ，
则 是以 为底的等腰三角形，
又 ，
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而 平面 ，
可得 为平面 与平面 的夹角，
又 ， ，所以 ， ，
则 ，
则 ，
即平面 与平面 夹角正弦值为 ；
（法二）设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ， ， ， ，
则 ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
令 ，则 ， ，故 ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
令 ，则 ， ，故
则 ， ，
故平面 与平面 的夹角正弦值为 .
17. 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率
为 ，前一局赢后下一局继续赢的概率为 ，前一局输后下一局赢的概率为 ，如此重复进行.记甲同学第
局赢的概率为 .
（1）求乙同学第 2 局赢的概率；
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（2）求 ；
（3）若存在 ，使 成立，求整数 的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据独立事件和对立事件的概率公式结合意求解即可；
（2）由题意得 时， ，化简变形后可得数列 是首项为 ，公比为
的等比数列，从而可求出 ；
（3）由题意得 ，令 ，利用导数可判断 在 上递减，则
问题转化为求 的最小值，从而得 ，进而可求得答案.
【小问 1 详解】
由题意甲第 2 局赢的概率为 ，
所以乙赢的概率为 ；
【小问 2 详解】
由已知 时， ，
所以 ，又 ，
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，所以 ；
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【小问 3 详解】
，即 ，令 ，则 ，
因为 和 在 上递减，
所以 在 上递减，
因为 ，所以 时， ，则 在 上递减，
显然 ，因此要求 的最大值，即求 的最小值，
又 ， 为偶数时， ， 为奇数时， ，
且在 为奇数时， 是单调递增的，
所以 是 中的最小值，
所以 ，又 在 上是减函数，
所以 ，而 ，故
所以 ，
所以满足 的整数 的最小值为 .
18. 已知动点 与定点 的距离和 到定直线 的距离的比为常数 .其中 ，且
，记点 的轨迹为曲线 .
（1）求 的方程，并说明轨迹的形状；
（2）设点 ，若曲线 上两动点 均在 轴上方， ，且 与 相交于点 .
①当 时，求证： 的值及 的周长均为定值；
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②当 时，记 的面积为 S，其内切圆半径为 ，试探究是否存在常数 ，使得 恒成立？
若存在，求 （用 表示），直接写出结果，不必证朋；若不存在，请简要说明理由.
【答案】（1） 的方程为 ，当 时，曲线 是焦点在 轴上的椭圆；当 时，曲
线 是焦点在 轴上的双曲线.
（2）①证明见解析；②存在，
【解析】
【分析】（1）设点 ，由题意得到方程 ，分 和 ，得到轨迹形状；
（2）①法一： ，设直线 的方程，联立 的方程，得到两根之和，两根之积，由（1）可
知 ，计算出 为定值 2；由椭圆定义和平行关系得到
， 的周长为定值 ；
法二： ，设 ，根据题干结论表达出 ， ，
所以 ，由椭圆定义和平行关系计算出
， 的周长为定值 ；
②当 时，曲线 的轨迹为双曲线， ， ，由双曲线的定义和比例
关系得到 ，由内切圆性质可知， ，当 时，计算
出 （常数）.
【小问 1 详解】
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设点 ，由题意可知 ，即 ，
经化简，得 的方程为 ，
当 时， ，曲线 是焦点在 轴上的椭圆；
当 时， ，曲线 是焦点在 轴上的双曲线.
【小问 2 详解】
①法一：由（1）可知 的方程为 ，
设点 ，其中 ，
由对称性可知 ，
因 ，所以 ，
因此， 三点共线，
且 ，
设直线 的方程为 ，联立 的方程，
得 ，
则 ，
由（1）可知 ，
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所以
，
所以 为定值 2；
由椭圆定义 ，得 ，
，
解得 ，同理可得 ，
所以
.
因为 ，所以 的周长为定值 .
法二：由（1）可知 的方程为 ，
设点 ，其中 ，
由对称性可知 ，
因为 ，所以 ，
因此， 三点共线，
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且 ，
由题干条件可得动点 与定点 的距离和 到定直线 的距离的比为常数 ，
设 ，过点 作 ⊥ 轴于点 ，作 ⊥直线 于点 ，
直线 与 轴交点 ，
则 ， ，
故 ，
所以 ，解得 ，
同理由 ，解得 ，
所以 ，
所以 为定值 2；
由椭圆定义 ，得 ，
，
解得 ，同理可得 ，
所以
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.因为 ，
所以 的周长为定值 .
②当 时，曲线 的方程为 ，轨迹为双曲线，
根据①的证明，同理可得 三点共线，且 ，
同理可得 ，
由双曲线的定义 ，得 ，
根据 ，解得 ，同理根据 ，
解得 ，
所以
，
由内切圆性质可知， ，
当 时， （常数）.
因此，存在常数 使得 恒成立，且 .
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【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
19. 数列 满足 是数列 的前 项和，且
.
（1）求数列 的前 项和 ；
（2）求数列 的前 项和 ；
（3）令 ，证明：数列 的前 项和 满足
.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得 ，再由等比数列前 项和公式计算可得结果；
（2）依题意可证明 为等差数列，即可得 ；
（3）由累加法可得 ，再通过构造函数 并求导得出
其单调性，即可得出结论.
【小问 1 详解】
当 时， ，
可得 ，又 也适合此式，
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，
即数列 是首项为 1，公比为 的等比数列，
故 ；
【小问 2 详解】
可知 ，
易知 ，则 ，
所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，
其通项 ，
故 ；
【小问 3 详解】
不妨令 ，则 ，
令数列 的前 项和 ，
则 ，
可得 ， ，
累加可得 ，
所以 ，①
下面先证不等式 ②
令 ，则 .
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，即②成立.
在②中令 ，得到 ③
当 时， ；当 时，由①及③得：
.
【点睛】关键点点睛：在证明不等式时关键是根据数列表达式结构特征，构造函数并利用导数求得单调性，
再结合对数运算法则即可得出结论.
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