湖南省佩佩教育2025届高三下学期2月开学联考数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省佩佩教育2025届高三下学期2月开学联考数学试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了已知集合，，则，设，则，在四面体中，，且与所成的角为等内容，欢迎下载使用。
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.
2.设复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A.射线上 B.射线上
C.直线上 D.直线上
3.已知向量，向量与向量的夹角为，则的最小值为（ ）
A.2 B. C. D.1
4.设，则（ ）
A. B.
C. D.
5.数列中，，若是数列的前项积，则的最大值（ ）
A. B. C. D.
6.已知函数的最小正周期为，且函数为奇函数，则当时，曲线与的交点个数为（ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
7.设函数，当时，方程有且只有一个实根，则（ ）
A.2 B.1 C. D.
8.在四面体中，，且与所成的角为.若该四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为（ ）
A. B.2 C.3 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.某公司为保证产品生产质量，连续10天监测某种新产品生产线的次品件数，得到关于每天出现次品的件数的一组样本数据：，则（ ）
A.极差是4 B.众数等于平均数
C.方差是2 D.第25百分位数为12
10.设点是曲线上一点，曲线在点处的切线为，则（ ）
A.，函数为奇函数
B.，函数有且仅有一个极小值点
C.当时，直线与两坐标轴围成的图形面积为8
D.当时，直线与直线和所围成的图形面积为8
11.某学习小组用曲线：和抛物线部分曲线围成了一个封闭的“心形线”，过焦点的直线交（包含边界点）于两点，点是坐标原点，点是或上的动点，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.的最大值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知，若，则__________.
13.已知双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于两点.若，则的离心率为__________.
14.已知，且，则的最大值是__________.
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.（本小题满分13分）
记的内角所对的边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
16.（本小题满分15分）
甲、乙两人进行知识问答比赛，共进行多轮抢答赛，每轮比赛中有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且两人每题答题正确的概率分别为和.求：
（1）甲在每轮比赛中获胜的概率；
（2）甲前二轮累计得分恰为4分的概率.
17.（本小题满分15分）
如图，在多面体中，的中点为.
（1）求证：四点共面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.
18.（本小题满分17分）
已知函数和的图象在处有相同的切线.
（1）求实数和的值；
（2）求函数的极值；
（3）当时，不等式恒成立，求实数的取值集合.
19.（本小题满分17分）
已知椭圆经过点，其右顶点为，上顶点为为坐标原点，且离心率为.
（1）设在点处的切线，其斜率为的斜率为，求的值；
（2）过在第一象限的点作椭圆的切线，分别与轴，轴交于点，且为线段的中点，记以点为中心，轴，轴为对称轴，且过点的椭圆为，依此类推，，，过椭圆在第一象限的点作椭圆的切线，分别与轴，轴交于点，，且为线段的中点，记以点为中心，轴，轴为对称轴，且过点，的椭圆为，由此得到一系列椭圆.
（i）求的方程；
（ii）过点作直线与椭圆分别交于，求证：.
（附：若为椭圆上一点，则椭圆在点处的切线方程为：）
佩佩教育·2025届2月湖南高三联考卷
数学参考答案
1.C 【解析】因为，由，解得，则，所以，故选C.
2.A 【解析】设，故选A.
3.B 【解析】设，又，所以，
所以当时，，故选B.
4.D 【解析】因为，其中，
所以，所以，故选D.
5.A 【解析】依题意得，，所以，所以，所以当或8时，取得最大值为，故选A.
6.B 【解析】由已知函数的最小正周期为，得.
所以，其中，且，
又由为奇函数知函数图象的一个对称中心为，
则有，
解得，所以，
所以，即.
画出与图象如图所示：由图可知，曲线.
与交点个数为4，故选B.
7.D 【解析】由得，.令，则原问题等价于有且仅有一个零点.因为，所以为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即，解得.
当时，则.因为，
当且仅当时，等号成立，所以，即有且仅有一个零点0，所以符合题意，故选D.
8.B 【解析】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱.
因为与所成的角为，所以或.设，外接球半径记为，外接球的球心如图点.易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，于是，所以.
在中，，
在中，由余弦定理得，所以当时，外接球的半径会更小，此时，所以，所以，故它的外接球半径的最小值为2，故选B.
9.ABD 【解析】数据从小到大排列为：.
对于选项A，该组数据的极差为，故A正确；
对于选项B，众数为13，平均数为，所以众数与平均数相等，故B正确；
对于选项C，方差，故C错误；
对于选项D，由，则第25百分位数为12，故D正确，故选ABD.
10.ACD 【解析】对于选项A，因为，故A正确；
对于选项B，当时，无极小值和极大值，故B错误；
对于选项C，当时，，设，则切线为的方程为，它与两坐标轴的交点分别为和，它们围成的图形面积，故C正确；
对于选项D，当时，.设，则切线为的方程为，它与直线的交点为，它与直线的交点为，它们围成的图形面积.，故D正确，故选ACD.
11.ACD 【解析】可变形为，表示以为圆心，2为半径的圆的右半部分，可变形为，表示以为圆心，2为半径的圆的右半部分.
对于A选项，抛物线过点，解得，故A正确；
对于B选项，当点三点共线时，，故B选项错误；
对于C选项，因为是抛物线的焦点弦，所以当为通径时，；如图，直线的方程为，代入抛物线并整理得，
所以，此时弦最长，
且，故C正确；
对于D选项，由对称性不妨设，当在点时，，
所以，显然离最远的点在上，
且.
联立，整理得，则，
则，
所以，
设，易得在上单调递增，所以的最大值为，故D正确，故选ACD.
12. 【解析】由及，得，解得.
13. 【解析】如图所示，设是线段之中点.
由题意可知，
所以.
设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，
则，
又，所以，解得，
所以.
14. 【解析】因为，所以，
即，即.
又，等号当且仅当时成立，所以的最大值是.
15.【解析】（1）由，及正弦定理得，
因为为三角形内角，故，故得，
又为三角形内角，或.
（2）由
得，
又，所以.
由（1）得，故
而为三角形内角，.
由正弦定理，得，
故的面积.
16.【解析】（1）设甲在一轮比赛中获胜为事件，甲在一轮比赛中共抢到道题为事件，则，
又，，
所以.
（2）设甲前二轮累计得分恰为4分的事件为，甲在一轮比赛中得分的事件为，则
，
，
所以
.
17.【解析】（1）连接.
为中点，.
又为中点，，
平面，
平面.
同理可证平面.
又平面平面，
故四点共面.
（2）由（1）知是二面角的平面角，
设.
又由得，
又，
又平面平面.
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则
，
.
设平面的法向量为，
则即
取，得.
设直线与平面所成角为，
由题设知，即，
平方化简整理得，
因为，所以，所以，
即，解得，所以.
故所求二面角的余弦值为.
18.【解析】（1）.
据题意有：，
联立解得.
（2）由（1）知，.
所以函数且，
所以，因此函数在和单
调递减，在和单调递增，
其大致图象如右，故函数只有唯一的极大值，无极小值
（3）当时，不等式恒成立等价于不等式恒成立，显然有.
令，则恒成立.
而.
当时，，
所以在上单调递增，
所以，当时，，符合题意；
当时，记，则抛物线的开口向上，对称轴为，
又，所以，当时，，从而，
所以在上单调递减，故当时，，不符合题意.
所以.
再令，则恒成立.
而.
当时，，所以在上单调递减，所以，当时，，符合题意.
当时，记，则抛物线的开口向下，对称轴为，又，所以，当时，，从而，所以在上单调递增，故当时，不符合题意.
综上可知实数的取值集合为.
19.【解析】（1）依得，，又由得，，
解得，故梢圆方程为.
又梢圆在点处的切线方程为，则.
又，因此.
（2）（i）设，则，代入的楠圆方程得：.
又直线的斜率，而.
则由（1）可知，可知.
因此，即，可得，
又，因此.
同理可知：，即.
故.
（ii）①若直线的斜率不为0时，则设直线，与椭圆联
立可知，，可得，即
.
因此.
从而
.
.
②若直线的斜率为0，则，
故.