Page24湖北省荊州市2024-2025學年高三數學下學期2月月考試題一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題所給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先化簡集合A、B，再利用交集定義即可求得.【詳解】，，則故選：C.2.（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】利用復數乘法規則即可求得該式值.【詳解】，故選：D.3.在正方形中，在上且有與對角線交于，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依據平面對量的線性運算，即可求得答案.【詳解】如圖，正方形中，，則因為,所以,則,故,故選：C4.今年入夏以來，南方多省市出現高溫少雨天氣，持續的干旱天氣導致多地湖泊及水庫水位下降.已知某水庫水位為海拔時，相應水面的面積為；水位為海拔時，相應水面的面積為.將該水庫在這兩個水位間的形態看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔下降到時，削減的水量約為（）（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用臺體的體積公式，將題中數據代入計算即可.詳解】臺體體積公式：，由題意可得，，，代入計算得，故選：C5.從11到15這5個整數中選出2個，則這2個數的因數個數之和為8的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據每個數的因數個數，依據組合數的計算即可計算總數，列舉即可求解所滿意要求的個數，由古典概型概率計算公式即可求解.【詳解】11的因數有11和1，共有2個因數，12的因數有1，2，3，4，6，12，共有6個，13的因數有13和1，共有2個因數，14的因數有1，2，7，14，共有4個，15的因數有1，3，5，15，共有4個，從5個數中選兩個數，共有種選擇，而2個數的因數個數之和為8，則這兩個數可以是11和12，或者12和13，或者15或14，共三種，故2個數的因數個數之和為8的概率是故選：C6.已知，周期是的對稱中心，則的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依據條件，列出方程即可求得，然后依據對稱中心以及周期范圍求出，即可得到的解析式，從而得到結果.【詳解】因為，由可得，且，所以，又因為是的對稱中心，故解得且，即所以，當時，即，所以故選:D7.若，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由于，故構造函數，利用導數推斷其單調性，可比較的大小，依據，構造函數，推斷其單調性，可比較大小，由此可得答案.【詳解】由于，故設函數，則，，由于，所以，即，即，故為單調遞減函數，故，即，令，則，即；又，令，則，即為單調遞增函數，故，即，令，則，即，故，故選：B【點睛】關鍵點點睛：此類比較數的大小的題目類型，一般是要構造函數，利用函數的單調性進行大小比較，關鍵是要能對數的特征進行改變，依據數的特征選定自變量，從而構造函數.8.某正六棱錐外接球的表面積為，且外接球的球心在正六棱錐內部或底面上，底面正六邊形邊長，則其體積的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】依據正六棱錐和球的幾何性質，結合球的表面積公式、棱錐的體積公式、導數的性質進行求解即可.【詳解】如圖所示：設該正六棱錐的高，側棱長為，設該正六棱錐外接球的半徑為，因為正六棱錐外接球的表面積為，所以有，因為外接球球心在正六棱錐內部或底面上，所以，設，在正六邊形，因為正六邊形邊長為，所以，在中，由余弦定理可知，在直角三角形中，，所以有，由勾股定理可知，因為，所以，因此有，而，所以，該正六棱錐的體積，，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，因為，，所以，因此該正六棱錐的體積的取值范圍是，故選：B【點睛】關鍵點睛：利用導數的性質求值域是解題的關鍵.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.通過長期調查知，人類汗液中指標的值聽從正態分布.則（）參考數據：若，則；.A.估計人中汗液指標的值超過的人數約為B.估計人中汗液指標的值超過的人數約為C.估計人中汗液指標的值不超過的人數約為D.隨機抽檢人中汗液指標的值恰有人超過的概率為【答案】ABD【解析】【分析】依據正態分布的性質，進行ABC選項的推斷；結合正態分布的性質以及二項分布的概率計算公式即可推斷選項D.【詳解】由，可得汗液指標的值超過的概率為.所以人中汗液指標的值超過的人數約為，故A對；同理，D選項中，隨機抽檢人中汗液指標的值恰有人超過的概率為：，故D對；由，所以人中汗液指標的值超過的人數約為=，B對；由，人中汗液指標的值不超過的人數約為，故C錯.故選：ABD10.已知為圓錐底面圓的直徑（為頂點，為圓心），點為圓上異于的動點，，則下列結論正確的為（）A.圓錐的側面積為B.的取值范圍為C.若為線段上的動點，則D.過該圓錐頂點的平面截此圓錐所得截面面積的最大值為【答案】AC【解析】【分析】依次推斷每個選項，干脆計算A正確；當時，，B錯誤；當三點共線時最小，依據余弦定理計算得到C正確；計算截面，依據均值不等式計算得到D錯誤，得到答案.【詳解】對選項A：母線長，側面積為，正確；對選項B：中，，，則當時，，錯誤；對選項C：為等腰直角三角形，，將放平得到，如圖2所示，當三點共線時最小，為中點，連接，則，，，正確；對選項D：如圖3，設截面為，為中點，連接，設，，則，當，即時等號成立，D錯誤.故選：AC【點睛】關鍵點睛：本題考查了立體幾何中側面積，截面積和線段和的最值問題，意在考查學生的計算實力，轉化實力和空間想象實力，其中，將空間的線段和轉化為平面的距離是解題的關鍵.11.已知拋物線C：過點是準線上的一點，F為拋物線焦點，過作的切線，與拋物線分別切于，則（）A.C的準線方程是 B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】依據拋物線過的點，確定p的值，求得拋物線方程以及準線，推斷A;設切線方程為,利用判別式可得，推斷D;再證明三點共線，以及證明，即可推斷.【詳解】由拋物線C：過點，可得，即，設焦點為,則C的準線方程是，A正確；設點，先考慮狀況，則過點M作的切線，切線斜率必存在且不等于0，設切線方程為，聯立，可得，則，即，，設的斜率分別為，則，即，即，D錯誤；設，不妨設A在第一象限，B在第四象限，則，由于，對于曲線在第一象限內部分有,則，對于曲線在第四象限內部分有,則，由于，故，則，由于，故斜率肯定存在，設直線的方程為，聯立，得，故，則直線的方程為，即直線過定點，所以三點共線，由于，，故,在中，,則，，當時，即,關于x軸對稱，，成立；此時斜率不存在，不妨取，則，聯立，解得,則過定點，且,則，成立，綜合上述，正確，故選：【點睛】關鍵點點睛：解決此類關于直線和拋物線的位置關系類題目，要留意設直線方程，并聯立拋物線方程，得根與系數的關系，然后化簡，這是解決這類問題的一般解決方法，解答此題的關鍵在于要留意到證明直線過定點，即三點共線，然后證明.12.設定義在上的函數與的導函數分別為和．若，，且為奇函數，則下列說法中肯定正確的是（）A.函數的圖象關于點對稱 B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】由得，結合得，即可令求得.對A，由可推斷其對稱性；對C，由為奇函數可得的周期、對稱性及特別值，從而化簡；對BD，由，結合C即可推斷.【詳解】對A，∵，則，則，又，所以，令，可得，即.所以，所以函數的圖象關于對稱，A錯；對C，∵為奇函數，則圖像關于對稱，且，∴，，，，∴.又，∴，∴的周期，∴，C對；對B，，則是周期的函數，，B對；對D，，D錯.故選：BC.三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.中的系數為__________（用數字作答）.【答案】【解析】【分析】的二項綻開式的通項為，令，再求出綻開式中的系數，從而可求解.【詳解】，其二項綻開式的通項為，要得到，則，解得.二項綻開式的通項為，令，可得.故中的系數為.故答案為:.14.已知直線是曲線與的公切線，則__________.【答案】【解析】【分析】分別設兩條曲線上的切點，寫出切線方程，建立方程組，解出切點，計算.【詳解】設曲線上切點，，切線斜率，切線方程，即同理，設曲線上切點，，切線斜率，切線方程，即，所以，解得，所以，，.故答案為：.15.若，且，的最小值為m，的最大值為n，則mn為___________，【答案】【解析】【分析】依據條件等式利用基本不等式中“1”的妙用可求得，由并結合即可求得，便可得出.【詳解】由可得，由可得，，所以，當且僅當時，等號成立；即的最小值為；，所以，即；當且僅當時，等號成立；即的最大值為；所以.故答案為：16.如圖，是橢圓與雙曲線的公共焦點，分別是、在其次、四象限的交點，若，則與的離心率之積的最小值為________．【答案】【解析】【分析】依據橢圓和雙曲線的定義和對稱性，結合三角形面積公式、余弦定理、基本不等式進行求解即可.【詳解】設橢圓方程為，雙曲線方程為，如下圖，連接，所以為平行四邊形，由得，設，在橢圓中，由定義可知：，由余弦定理可知：，，在雙曲線中，由定義可知中：：，由余弦定理可知：，，所以，，當且僅當時取等號，所以，所以與的離心率之積的最小值為．故答案為：【點睛】關鍵點睛：在橢圓和雙曲線中利用焦點三角形的面積建立等式是解題的關鍵.四?解答題：本題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明?證明過程及演算步驟.17.已知數列滿意，其中是的前項和.（1）求證：是等差數列；（2）若，求的前項和.【答案】（1）見解析（2）【解析】【分析】（1）依據的關系可得，依據此遞推關系即可依據等差中項求證，（2）依據裂項求和即可求解.【小問1詳解】由得：當時，，兩式子相減得①，因此可得②，①②相減得：，由于，所以，所以是等差數列；【小問2詳解】由（1）知是等差數列，，所以，因此，所以.18.在中，所對的邊分別為，且，其中是三角形外接圓半徑，且不為直角.（1）若，求的大??；（2）求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)依據余弦定理和正弦定理即可求出的大小.(2)運用正弦定理和二倍角的余弦公式，化簡，再利用基本不等式求解的最小值.【小問1詳解】在中，，進而，，，又不為直角，則，，，.【小問2詳解】由(1)知，轉化為，又，，.，當且僅當，即時，等號成立，的最小值為.19.如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面平面為中點，與交于點的重心為.（1）求證：平面（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）由題可得，然后依據線面平行的判定定理即得；（2）依據面面垂直的性質定理可得平面，然后利用坐標法，依據面面角的向量求法即得.【小問1詳解】因為的重心為，為中點，所以，又，所以，即，又，所以，所以，又平面，平面，所以平面；【小問2詳解】因為，為中點，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，如圖以為原點建立空間直角坐標系，則，所以，設平面的法向量為，則，令，可得，設平面的法向量為，則，令，可得，所以，所以二面角的正弦值.20.2024年卡塔爾世界杯決賽于當地時間12月18日進行，最終阿根廷通過點球大戰總比分戰勝法國，奪得冠軍.依據競賽規則：淘汰賽階段常規競賽時間為90分鐘，若在90分鐘結束時進球數持平，需進行30分鐘的加時賽，若加時賽仍是平局，則采納“點球大戰”的方式確定輸贏.“點球大戰”的規則如下：①兩隊各派5名隊員，雙方輪番踢點球，累計進球個數多者勝；②假如在踢滿5輪前，一隊的進球數已多于另一隊踢滿5輪最多可能射中的球數，則不須要再踢（例如：第4輪結束時，雙方“點球大戰”的進球數比為，則不須要再踢第5輪）；③若前5輪“點球大戰"中雙方進球數持平，則從第6輪起，雙方每輪各派1人踢點球，若均進球或均不進球，則接著下一輪，直到出現一方進球另一方不進球的狀況，進球方勝出.（1）假設踢點球的球員等可能地隨機選擇球門的左?中?右三個方向射門，門將也會等可能地選擇球門的左?中?右三個方一直撲點球，而且門將即使方向推斷正確也只有的可能性將球撲出.若球員射門均在門內，在一次“點球大戰"中，求門將在前4次撲出點球的個數的分布列期望；（2）現有甲?乙兩隊在決賽中相遇，常規賽和加時賽后雙方戰平，須要通過“點球大戰”來確定冠軍.設甲隊每名隊員射進點球的概率均為，乙隊每名隊員射進點球的概率均為，假設每輪點球中進球與否互不影響，各輪結果也互不影響.（i）若甲隊先踢點球，求在第3輪結束時，甲隊踢進了3個球并獲得冠軍的概率；（ii）求“點球大戰”在第7輪結束，且乙隊以獲得冠軍的概率.【答案】（1）分布列見解析，（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）依據題意可得門將每次撲中點球的概率，且，進而依據二項分布求解即可；（2）利用獨立事務的乘法公式和互斥事務的加法公式求解即可.【小問1詳解】依據題意門將每次撲中點球概率，的可能取值為，且，；所以的概率分布為01234數學期望.【小問2詳解】（i）甲隊先踢點球，第三輪結束時甲隊踢進了3個球，并獲得冠軍，則乙隊沒有進球，所以甲隊獲得冠軍的概率為.（ii）點球在第7輪結束，且乙隊以獲勝，所以前5輪戰平，且第6輪戰平，第7輪乙隊勝甲隊當前5輪兩隊為時，乙隊勝出的概率為當前5輪兩隊為時，乙隊勝出的概率為，因為上述兩個事務互斥，所以乙隊勝出的概率為.21.已知橢圓的左?右焦點分別為，過點作直線（與軸不重合）交于兩點，且當為的上頂點時，的周長為8，面積為（1）求的方程；（2）若是的右頂點，設直線的斜率分別為，求證：為定值.【答案】（1）;（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）利用三角形周長求出a，當為的上頂點時，求出直線l方程，進而求出點的坐標，利用三角形面積求出b作答.（2）設出直線l的方程，與橢圓方程聯立，利用韋達定理結合斜率坐標公式計算推理作答.【小問1詳解】依題意，的周長，解得，則橢圓，令橢圓的半焦距為c，當為的