湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2025届高三上学期第二次考试数学试卷 含解析

这是一份湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2025届高三上学期第二次考试数学试卷 含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时限：120分钟 满分：150分 命题人：周珂 黄倩 审题人：张丹 王文莹
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. 已知为虚数单位，，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数乘法运算及复数相等计算得解.
【详解】依题意，，而，则，
所以.
故选：C
2. 已知集合，，则的子集的个数为（ ）
A. 3B. 4C. 8D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合的描述法确定集合中的元素，根据交集的概念可得，从而根据其元素个数得子集个数.
【详解】因为，
，
所以，所以的子集个数为．
故选：D．
3. 设，向量，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量垂直得，再利用向量夹角的坐标运算求解即可.
【详解】因为，
又，所以，得到，
所以，得到，
所以.
故选：D
4. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据诱导公式化简，再利用函数奇偶性的定义判断的奇偶性，从而得解.
【详解】因为，定义域为，
又，
所以是奇函数，从而ACD错误，B正确.
故选：B.
5. 已知能被9整除，则整数的值可以是（ ）
A. B. -7C. 9D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式可得，则能被整除，结合选项即可求解.
【详解】因为
，
又能被整除，
所以能被整除，
由选项知当时符合，当，或时均不符合.
故选：B．
6. 已知抛物线的焦点为，准线为为上一点，垂直于点为等边三角形，过的中点作直线，交轴于点，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设直线与轴交于点，连接，说明为矩形，得，求得的斜率为，直线方程可求.
【详解】设直线与轴交于点，连接，
因为焦点F1,0，所以抛物线的方程为，准线为，
则，因为是等边三角形，的中点为，
则轴，所以准线为，为矩形，则，
故是边长为4的等边三角形，
易知，则.
因为，所以直线的斜率为,
直线的方程为.
故选：B

7. 已知的内角，，的对边分别为，，，若的面积为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由面积公式得到，再由余弦定理得到，利用辅助角公式计算可得.
【详解】依题意，所以．
由余弦定理得，
所以，
故，当时等号成立,
即的最大值为.
故选：D．
8. 已知函数的图象在区间内恰好有对关于轴对称的点，则的值可以是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】令，，根据对称性，问题可以转化为与的图象在内有个不同的交点，画出函数图象，数形结合即可判断.
【详解】令，，
因为与的图象关于轴对称，
因为函数的图象在区间内恰好有对关于轴对称的点，
所以问题转化为与的图象在内有个不同的交点，
在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示：
因为，当时，，
结合图象及选项可得的值可以是，其他值均不符合要求,.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键是转化为与的图象在内有个不同的交点.
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. 定义在上的函数的值域为，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用赋值法及基本不等式结合选项可得答案.
【详解】令，则有，解得或，
因为函数的值域为，所以，A正确；
令，则有，即
令，则有，即，B不正确；
令，则有，所以，即，C正确；
因为，所以，，
所以，当且仅当时，取到等号，
所以，D正确.
故选：ACD
10. 下列命题正确的是（ ）
A. “是第二象限角或第三象限角”，“”，则是的充分不必要条件
B. 若为第一象限角，则
C. 在中，若，则为锐角三角形
D. 已知，且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，根据充分，必要条件的概念判断；对B，利用二倍角余弦公式化简求解；对C，将条件式切化弦结合三角变换求解判断；对D，利用二倍角余弦公式化简条件式，再弦化切求解.
【详解】对于A，若是第二象限角或第三象限角，则.若，取，
此时不是第二象限角或第三象限角，则是的充分不必要条件，故A正确；
对于B，由于为第一象限角，则，
，故B错误；
对于C，在中，若，则，所以，
故，所以，故为锐角三角形，故C正确；
对于D，由，所以，则，
由，知，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知曲线，则下列结论正确的是（ ）
A. 随着增大而减小
B. 曲线的横坐标取值范围为
C. 曲线与直线相交，且交点在第二象限
D. 是曲线上任意一点，则的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】首先对、分类讨论分别得到曲线方程，画出曲线图形，数形结合判断A、B，由双曲线的渐近线与的关系判断C，由点到直线的距离公式得到，即点到直线的距离的倍，求出直线与曲线相切时的值，再由两平行线将的距离公式求出的最大值，即可判断D.
【详解】因为曲线，
当，时，则曲线为椭圆的一部分；
当，时，则曲线为双曲线的一部分，
且双曲线的渐近线为；
当，时，则曲线为双曲线的一部分，
且双曲线的渐近线为；
可得曲线的图形如下所示：
由图可知随着增大而减小，故A正确；
曲线的横坐标取值范围为，故B错误；
因为，所以曲线与直线相交，且交点在第四象限，故C错误；
因为，即点到直线的距离的倍，
当直线与曲线相切时，
由，消去整理得，
则，解得（舍去）或，
又与的距离，
所以，
所以的取值范围为，故D正确；
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出曲线的图形，D选项的关键是转化为点到直线的距离.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中，的系数为_________________．
【答案】224
【解析】
【分析】根据二项式定理的通项公式可得结果.
【详解】因为通项公式为，
当即时，，
所以的系数为224，
故答案为：224.
13. 在中，，，依次成等差数列，，取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，利用数量积公式得，进一步由正弦定理、结合三角恒等变换将所求转换为求三角函数值域即可.
【详解】根据题意，又，
所以，
而，
由正弦定理有，
所以，
所以
，
而的取值范围是，
所以的取值范围是，的取值范围是，
所以的取值范围是，
所以的取值范围为.
故答案为：.
14. 如图，球内切于圆柱，圆柱的高为，为底面圆的一条直径，为圆上任意一点，则平面截球所得截面面积最小值为__________若为球面和圆柱侧面交线上的一点，则周长的取值范围为__________．

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】过点在平面内作，垂足为点，分析可知当平面时，截面圆的半径最小，求出截面圆的半径，结合圆的面积公式可求平面截得球的截面面积最小值；利设在底面的射影为，设令，则，其中，可得出，利用平方法和二次函数的基本性质求出的取值范围，可得周长的取值范围．
【详解】过点在平面内作，垂足为，如下图

易知，，
由勾股定理可得，则由题可得，
设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，
因为平面，当平面，取最大值，即，所以，
所以平面截得球的截面面积最小值为．
由题可知，点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面射影为，
如图：

则，，
由勾股定理可得，令，则，其中，
所以，
所以，
因此，所以周长的取值范围为．
故答案为：；
【点睛】方法点睛：选择填空题中，遇到求函数的最小值问题，常见的方法有：
1.转化为二次函数的值域问题求解；
2利用基本（均值）不等式求最值；
3.通过换元，转化成三角函数的值域问题求解；
4.利用导数分析函数单调性，求函数的最值.
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. 如图，已知在正三棱柱中，，且点分别为棱的中点.

（1）过点作三棱柱截面交于点，求线段长度；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将平面延展得到点，再利用相似三角形求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量利用夹角公式求解即可.
【小问1详解】
由正三棱柱中，，
又因为点分别为棱的中点，可得，
如图所示，延长交的延长线于点，
连接交于点，则四边形为所求截面，
过点作的平行线交于，
所以
因此，所以.
【小问2详解】
以点为原点，以所在直线分别为轴，

以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，可得，
则，
设平面的法向量为，则
取，则，所以，
取的中点，连接.因为△为等边三角形，可得，
又因为平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又由，可得，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，，，
（1）求A的大小：
（2）点D在BC上，
（Ⅰ）当，且时，求AC的长；
（Ⅱ）当，且时，求的面积．
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得的值，结合即可求解的值；
（2）（Ⅰ）根据锐角三角函数和差角公式可得正弦定理即可求解.
（Ⅱ）采用面积分割的方法以及正弦定理即可解决．
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理可得，
又，
所以，
因为为三角形内角，，
所以，可得，
因为，所以；
【小问2详解】
（Ⅰ）此时，，
所以，所以，
在中，由正弦定理可得；
（Ⅱ）设，由，
可得，化简可得
有，
由于，所以，
所以，
则．
17. 从一副扑克牌中挑出4张Q和4张K，将其中2张Q和2张K装在一个不透明的袋中，剩余的2张Q和2张K放在外面．现从袋中随机抽出一张扑克牌，若抽出Q，则把它放回袋中：若抽出K，则该扑克牌不再放回，并将袋外的一张Q放入袋中．如此操作若干次，直到将袋中的K全部置换为Q，
（1）在操作2次后，袋中K的张数记为随机变量X，求X的分布列及数学期望；
（2）记事件“在操作次后，恰好将袋中的全部置换为”为，记．
（ⅰ）在第1次取到的条件下，求总共4次操作恰好完成置换的概率；
（ⅱ）试探究与的递推关系，并说明理由．
【答案】（1）分布列见解析，；
（2）（ⅰ）；（ⅱ），理由见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意可知，的所有取值为0，1，2，求出相应的概率，进而得到的分布列，再结合期望公式求出即可；
（2）（ⅰ）利用条件概率公式求解；
（ⅱ）设事件表示“次操作后袋中还剩1张”，则（B），为次操作后，恰好将袋中的全部置换为，分2种情况求得（B），代入（B），即可得到与的递推关系．
【小问1详解】
由题意可知，的所有取值为0，1，2，
则，，，
所以的分布列为：
所以；
【小问2详解】
（ⅰ）记事件表示“第1次取到”，事件表示“总共4次操作恰好完成置换”，
则（E），
依题意，若第一次取到，则剩余的3次操作，须将袋中全部置换为，
①若第二次也取出，则第三次和第四次均须取出，
其概率为，
②若第二次取出，则第三次取出，第四次取出，
其概率为，
综上所述，，
所以，
即在第1次取到的条件下，总共4次操作恰好完成置换的概率为；
（ⅱ），理由如下：
设事件表示“次操作后袋中还剩1张”，
依题意，为次操作后，恰好将袋中的全部置换为，而发生这样的情况需次操作后袋中还剩1张，且第次抽中，
则，即，
为次操作后，恰好将袋中的全部置换为，发生这样需2种情况：
①次操作后袋中还剩2张（即前次全取，概率为，并且第次和次全取，
②次操作后袋中还剩1张，第次取，第次取，
所以（B）
又因为，所以．
18. 由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如果椭圆的“特征三角形”为，椭圆的“特征三角形”为，若，则称椭圆与“相似”，并将与的相似比称为椭圆与的相似比．已知椭圆与椭圆相似．
（1）求椭圆的离心率；
（2）若椭圆与椭圆的相似比为，设P为上异于其左、右顶点的一点．当时，过P分别作椭圆的两条切线，切点分别为，设直线的斜率为，证明：为定值；
【答案】（1）
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）首先得到、的长轴长、短轴长、焦距、依题意可得，从而得到，再由离心率公式计算可得；
（2）设Px0,y0，则直线的方程为，进而与椭圆联立方程，并结合判别式得，同理得到，进而得，再根据即可求得答案；
【小问1详解】
对于椭圆：，则长轴长为，短轴长为2，焦距为2，
椭圆：的长轴长为，短轴长为，焦距为，
依题意可得，所以，
则椭圆的离心率.
【小问2详解】
由相似比可知，，解得，
所以椭圆：，
设Px0,y0，则直线的方程为，即，
记，则的方程为，
将其代入椭圆的方程，消去，得，
因为直线与椭圆有且只有一个公共点，
所以，即，
将代入上式，整理得，
同理可得，
所以为关于的方程的两根，
所以．
又点Px0,y0在椭圆上，
所以，
所以为定值．
【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. 已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
（1）判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；
（2）若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
（3）若为连续可表数列，且，求证：．
【答案】（1）是连续可表数列；不是连续可表数列．
（2）证明见解析． （3）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；
（3）先证明，再说明时不合题意，找出且满足题意的数列即可得解．
【小问1详解】
，，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．
【小问2详解】
若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，满足，，，，，，，， ．
【小问3详解】
先证明
从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，
取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，
取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，
所以对任意给定的5个整数，最多可以表示个正整数，不能表示20个正整数，即.
若，最多可以表示个正整数，
由于为连续可表数列，且，所以至少有一项为负数，
既然任意5个正整数都不可能为20-连续可表数列，那么中间若插人一个负数项，更不能连续表示的正整数.
所以至少要有6个正整数才能连续表示的正整数.所以中至少包含6个正整数和一个负数，故.
当时，数列满足题意，
．
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．
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1
2