江苏省锡山高级中学2024-2025学年高三下学期2月综合练习数学答案

2025届高三2月综合练习数学一、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】【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】因为，，所以，.故选：C.2.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出z，再写出其共轭复数，再根据模的公式计算，即可得到答案.【详解】因为，所以，所以，所以故选：C3.已知平面向量和实数，则“”是“与共线”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据平面向量共线的判定定理结合充分、必要条件分析判断.【详解】若，则与共线，可知充分性成立；若与共线，例如，则不成立，可知必要性不成立；所以“”是“与共线”的充分不必要条件.故选：A.4.（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】应用和角的正弦、余弦公式和二倍角公式化简即可.【详解】.故选：D.5.已知函数有两个零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求导得到，利用导数得到的最小值，从而要使有两个零点，则的最小值小于0，利到的范围，再利用零点存在性定理证明所求的的范围符合题意.【详解】由函数，可得，当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以至多一个零点，不符合题意，当时，，可得，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以时，取得极小值，也是最小值，又函数有两个零点，所以，即，解得，当时，，当时，，当时，，设，则，所以单调递增，则，所以，所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，所以满足函数有两个零点的实数的取值范围是.故选：D.6.现有标号为1，2，3，4，5的五张卡片，甲、乙两人随机依次从中各抽取两张，则仅有甲抽到的卡片上数字之和为6的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用组合数公式求得总的取法数，再求得符合条件的取法数，由古典概型概率公式可求解.【详解】从标号为1，2，3，4，5的五张卡片，甲抽取两张卡片有，乙抽取两张卡片有，所以共有种不同的取法，仅有甲抽到的卡片上数字之和为6的取法为：甲抽时，乙可抽与两种，甲抽时，乙可抽与两种，所以共有4种不同的抽法，所以仅有甲抽到的卡片上数字之和为6的概率为.故选：A.7.已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】球心为正方体中心，，法一：连接相交于点，根据线面平行的判定定理得平面，则到平面的距离等于点到平面的距离，设为，利用求出，再由截面圆半径可得答案；法二：以为原点，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由点到平面的距离的向量求法可得答案.【详解】球心为正方体中心，半径，法一：连接，相交于点，点为的中点，连接，可得，因为平面，平面，所以平面，在上，则到平面的距离等于点到平面的距离，设为，，，由平面、得：，则截面圆半径，所以截面面积；法二：以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，，令，则，所以，则到平面的距离，截面圆半径，所以截面面积.故选：A．8.定义：，两点间的“M距离”为把到两定点，的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”，则“椭圆”的面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接法求出曲线方程，通过其对称性质先研究它在第一象限的特征，进而得到整个图形特征，求得其面积.【详解】设，则“椭圆”方程是，即，将换为可得，即，所以“椭圆”关于轴对称；将换为可得，即，所以“椭圆”关于轴对称；将换为，换为可得，即，所以“椭圆”关于原点对称；研究“椭圆”在第一象限图象，当时方程为，是一条线段，端点坐标分别为，，当时方程为，表示一条线段，端点坐标分别为，，结合曲线的对称性，“椭圆”大致图象如图：四边形是直角梯形，上底长为，下底长为，高为，所以梯形面积为，所以“椭圆”面积为故选：C【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出“椭圆”的方程，结合其对称性，只需分析在第一象限部分的情形.二、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.设甲袋中有2个白球和3个红球，乙袋中有1个白球和2个红球.现从甲袋中任取1个球放入乙袋，用事件，分别表示从甲袋中取出的是白球和红球.再从乙袋中随机取出1个球，用事件B表示从乙袋中取出的是白球，则（）A.，互斥 B.与B相互独立 C. D.【答案】AC【解析】【分析】由题意，是两两互斥的事件，可判断A，，，可判断C，求得，可判断D，求得，，可判断B.【详解】由题意，是互斥的事件，故A正确；，，，故C正确；，，故D错误，，，所以，所以与B不相互独立，故B错误.故选：AC10.已知函数，则下列说法正确的有（）A.若在上的值域为，则的取值范围是B.若在上恰有一条对称轴，则的取值范围是C.若在上单调递增，则的取值范围是D.若在上有且只有两个不同的零点，则的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】根据各项的给定区间确定的范围，结合正弦函数的性质及对应区间的值域、对称轴、零点及单调性情况列不等式求参数范围，判断各项正误.【详解】A：由，则，且值域为，，得，正确；B：由，则，则，得，错误；C：由，则上函数单调递增，又，则，得，正确；D：由，则上函数有且只有两个不同的零点，所以，得，正确；故选：ACD11.已知数列a，b，c，d，前三项a，b，c成等差数列，且公差不为0，后三项b，c，d成等比数列，则（）A.当时，B.当时，C.当，时，或D.，，，可能成等比数列【答案】ACD【解析】【分析】根据等差数列与等比数列的性质可判断A；取可判断B；设等差数列的公差为m，，可得，求解可判断C；由，，成等比数列，得，根据二倍角公式及两角和差的余弦公式可取，从而可判断D.【详解】因a，b，c成等差数列，b，c，d成等比数列，所以，对于选项A：当时，则，即又，所以，所以，故A正确；对于选项B：取满足a，b，c成等差数列，b，c，d成等比数列，又，但，故B错误；对于选项C：设等差数列的公差为m，，则，因为，，所以，解得或，故C正确；对于选项D：若，，成等比数列，则，所以，，，，可取，，则，取，则，，，，，，，此时，，，成等比数列，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.已知的展开式中项的系数为30，则______．【答案】##【解析】【分析】原式展开，设的二项式展开式通项为，分别求出、的系数可得答案．【详解】原式，设的二项式展开式通项为，令，得的系数为，令，得的系数为，所以项系数，得：．故答案为：．13.写出一条与圆和抛物线都相切的直线的方程__________.【答案】（或 ，两者填一个即可）【解析】【分析】对抛物线方程求导，列出直线方程，根据直线与圆相切得到方程，求出答案.【详解】设公切线与抛物线切于点，因为，所以，所以M处的公切线方程为，即 ，结合公切线与圆相切，即 与 相切，故 ，解得，所以公切线的方程为或 故答案为：（或 ，两者填一个即可）14.已知函数，则的解集为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，利用导数研究函数的单调性，对a进行分类讨论，即可求解.【详解】的定义域为R，，①当时，恒成立，故单调递增，则不等式恒成立，满足题意；②当时，，令，可得或，令，可得，故，上单调递增，在上单调递减，又，则，所以要使不等式成立，只需满足，且，即，且，③当时，，令，可得或，令，可得，故在，上单调递增，在上单调递减，因为，又，所以要使不等式成立，需满足，再结合，解得综上所述，不等式的解集为：故答案为： 【点睛】思路点睛：函数不等式的求解问题，一般是先讨论函数的单调性，再结合自变量的范围求解不等式，前者有时需要利用导数来处理.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.（1）求；（2）若为中点，，，求的周长.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）解法1：边化角之后，再利用两角和的正弦公式及，得到，得1分，再得出的值.解法2：利用余弦定理，将角化边，得出，消去，得出结果.解法3：整理成射影定理的结构，化简得出结果.（2）解法1：利用已知条件和余弦定理，得出，题干已知条件有转化成，利用余弦定理，得出，解方程得出或者的值，再计算得出周长.解法2：利用，得出，由，得出，解方程得出或者，的值，再计算得出周长.解法3：利用平行四边形长度，得出，由，得出，解方程得出或者，的值，再计算得出周长.解法4：利用向量关系，得出，由，得出，解方程得出或者，的值，再计算得出周长.解法5：在和分别利用余弦定理，得出，由，得出，解方程得出或者，的值，再计算得出周长.【小问1详解】解法1：由题意，得则所以因为在中，，所以.解法2：由题意，得，所以，因此因为，所以.解法3：由题意，得所以由射影定理，得因为，所以.【小问2详解】解法1：由已知条件，得.在利用余弦定理，得.所以由余弦定理，得，所以.因此所以的周长为.解法2：因为，所以.因此，所以又由余弦定理，得，所以因此，所以的周长为.解法3：以的边，为邻边将补成平行四边形，利用平行四边形长度关系可得，，所以.又由余弦定理，得，所以因此，所以的周长为.解法4：利用向量关系，可得因此又由余弦定理，得，所以因此，所以的周长为.解法5：在和分别利用余弦定理，可得.所以又由余弦定理，得，所以因此所以的周长为.16.已知数列是公差大于0的等差数列，数列的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）设.（i）试写出，，的值；（ii）求数列的前20项和.【答案】（1）（2）（i）；（ii）408【解析】【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，即可根据通项公式求解，（2）根据题意可得则，，即可利用分组求和，结合等差和等比数列的求和公式求解.【小问1详解】设的公差为，令，得，故即，令，得，故，即，由于，则解得，故，【小问2详解】（i）当，故，时，，所以，（ii）由题意可知：，当时，，则，当，，则，，当，，则，，所以,因此17.如图所示，长方体中，，，为棱上一个动点，三棱锥体积的最大值为（1）求的长；（2）若二面角是二面角的三倍，求的长【答案】（1）4（2）【解析】【分析】（1）设利用求的最值求出的长的最值.（2）建立合适的坐标系将二面角和二面角使用向量表示出来，建立方程求出的长.【小问1详解】设，则，当三棱锥的体积最大时，，即点与点重合时，，因此的长为【小问2详解】由题意，直线彼此垂直，如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，则，，，，设，则，设平面的一个法向量为不妨设得，则，设平面的一个法向量为，不妨设，则，设平面的一个法向量为，则不妨令则平面的一个法向量为则二面角的余弦值等于，则二面角的余弦值等于，二面角是二面角的三倍，即二面角是二面角的两倍由二倍角公式，即，因此的长为18.已知曲线在处的切线过点.（1）试求的值；（2）讨论的单调性；（3）证明：当时，.【答案】（1）0；（2）答案见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，再代入计算即得.（2）求出函数的导数，再分类讨论求出单调区间.（3）由（2）求出函数的最小值，利用分析法，构造函数并利用导数证明不等式.【小问1详解】函数，求导得，则，而，因此曲线在处的切线方程为，即，依题意，，所以则.【小问2详解】由（1）知函数，其定义域，求导得，当时，在上单调递减；当时，由，得，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问3详解】由（2）得，要证明，即证，即证，令，求导得，由，得，由，得，即函数在上单调递减，在上单调递增，因此，即恒成立，所以当时，.19.在平面直角坐标系中，已知椭圆是其左､右焦点，过椭圆右焦