第1頁/共1頁佩佩教育2025屆2月湖南高三聯考數學一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，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】先求出A，B，再根據并集概念計算即可.【詳解】因為，由，解得，則，所以A∪B=x∣x>0，故選：C.2.設復數滿足，則復數在復平面內對應的點在（）A.射線上 B.射線上C.直線上 D.直線上【答案】A【解析】【分析】先根據共軛復數的定義求出，再結合已知條件列出等式，最后化簡等式得到與的關系，從而確定復數在復平面內對應的點的軌跡.【詳解】對于復數，，其共軛復數..因，由，可得.因為等式右邊，所以，即.對兩邊同時平方得，即.兩邊同時開平方得，又因為，所以復數在復平面內對應的點在射線上.故選：A.3.已知向量，向量與向量的夾角為，則的最小值為（）A.2 B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】由平面向量數量積的定義、平面向量數量積的運算性質結合二次函數的基本性質可求得的最小值.【詳解】設，又，所以，根據二次函數性質，所以當時，，故選：B.4.設，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】取中間值1比較，再用換底公式變形，結合作差法比較即可.【詳解】因為，其中，所以a?b=lg3lg故選：D.5.數列中，，若是數列的前項積，則的最大值（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求得，然后求得的表達式，再根據二次函數的性質求得正確答案.【詳解】依題意得，，所以，所以，因，所以當或8時，取得最大值為，故選：A.6.已知函數的最小正周期為，且函數為奇函數，則當時，曲線與的交點個數為（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】借助輔助角公式與函數周期計算可得，再結合奇函數定義計算可得，再將兩者圖象畫出即可得解.【詳解】，由已知函數的最小正周期為，則，所以，其中，且，又由為奇函數知函數圖象的一個對稱中心為，則有，解得，所以，所以，即.畫出與圖象如圖所示：由圖可知，曲線與交點個數為4.故選：B7.設函數，當時，方程有且只有一個實根，則（）A.2 B.1 C. D.【答案】D【解析】【分析】由得，.構造函數，將原問題轉化為有且僅有一個零點.證明為偶函數，根據偶函數的對稱性可知的零點只能為0，解得.再驗證即可.【詳解】由得，.令，則原問題等價于有且僅有一個零點.因為，所以為偶函數，根據偶函數的對稱性可知的零點只能為0，即，解得.當時，則.因為，當且僅當時，等號成立，所以，即有且僅有一個零點0，所以符合題意，故選：D.8.在四面體中，，且與所成的角為.若該四面體的體積為，則它的外接球半徑的最小值為（）A. B.2 C.3 D.【答案】B【解析】【分析】將四面體補形為直三棱柱，設，由可得，在中，由勾股定理可得，利用余弦定理和基本不等式求解.【詳解】依題意，可將四面體補形為如圖所示的直三棱柱.因為與所成的角為，所以或.設，外接球半徑記為，外接球的球心如圖點.易知平面，所以點到平面的距離等于點到平面的距離，于是，所以.在中，，在中，由余弦定理得，顯然當時，外接球的半徑會更小，此時，所以，所以，故它的外接球半徑的最小值為2.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是將四面體補形為直三棱柱，轉化為求直三棱柱外接球半徑的最小值.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.某公司為保證產品生產質量，連續(xù)10天監(jiān)測某種新產品生產線的次品件數，得到關于每天出現次品的件數的一組樣本數據：，則（）A.極差是4 B.眾數等于平均數C.方差是2 D.第25百分位數為12【答案】ABD【解析】【分析】根據極差、眾數、平均數、方差、百分位數的定義求解判斷選項即可.【詳解】數據從小到大排列為：.對于選項A，該組數據的極差為，故A正確；對于選項B，眾數為13，平均數為，所以眾數與平均數相等，故B正確；對于選項C，方差為，故C錯誤；對于選項D，由，則第25百分位數為12，故D正確，故選：ABD.10.設點是曲線上一點，曲線在點處的切線為，則（）A.，函數奇函數B.，函數有且僅有一個極小值點C.當時，直線與兩坐標軸圍成的圖形面積為8D.當時，直線與直線和所圍成的圖形面積為8【答案】ACD【解析】【分析】對于選項A，運用奇偶性定義判定；對于選項B，舉反例判定；對于選項C，運用導數求出斜率，得到直線方程，還有截距，進而求得面積判定；對于選項D，借助導數求得切線為的方程，再求出它與直線的交點為，它與直線的交點為，得到圍成的圖形面積即可.【詳解】對于選項A，因為，故A正確；對于選項B，當時，反比例函數無極小值和極大值，故B錯誤；對于選項C，當時，，設，則切線為的方程為，它與兩坐標軸的交點分別為和，它們圍成的圖形面積，故C正確；對于選項D，當時，.設，則切線為的方程為，它與直線的交點為，它與直線的交點為，它們圍成的圖形面積.，故D正確，故選：ACD.11.某學習小組用曲線：和拋物線部分曲線圍成了一個封閉的“心形線”，過焦點的直線交（包含邊界點）于兩點，點是坐標原點，點是或上的動點，下列說法正確的是（）A. B.C. D.的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】對于A，通過拋物線經過可求解，通過點共線求得可判斷，由焦點弦長公式可判斷C，由弦長公式及點到線的距離公式求得面積表達式，結合函數單調性可求解；【詳解】可變形為，表示以為圓心，2為半徑的圓的右半部分，可變形為，表示以為圓心，2為半徑的圓的右半部分.對于A選項，拋物線過點，解得，故A正確；對于B選項，當點三點共線時，，故B選項錯誤；對于C選項，因為是拋物線的焦點弦，所以當為通徑時，；如圖：直線的方程為，由對稱性可設，可得，代入拋物線并整理得，可得所以即直線的方程為，，此時弦最長，且，故C正確；對于D選項，由對稱性不妨設，當在點時，，所以，顯然離最遠的點在上，且.（：到距離，：到距離）聯立，整理得，則，則，所以，設，由在上單調遞增，易得在上單調遞增，所以的最大值為，故D正確，故選：ACD.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知，若，則__________.【答案】【解析】【分析】由二項展開式的通項公式即可求解【詳解】展開式的通項公式為,由，故的系數為而，得，解得.故答案為：13.已知雙曲線：（，）的右頂點為，以為圓心，為半徑作圓，圓與雙曲線的一條漸近線交于，兩點．若，則的離心率為______.【答案】【解析】【分析】由題意根據圓的性質得到圓心A到漸近線的距離，再利用點到直線的距離公式可得的關系，利用離心率公式求解即可．【詳解】雙曲線：的右頂點為，一條漸近線，即，∵圓的半徑為，且，∴，∴到漸近線的距離為，又到漸近線的距離，∴，則，則的離心率為．故答案為：．14.已知，且，則的最大值是__________.【答案】##【解析】【分析】將，運用差角公式展開，化簡，得到.結合又，代入后，得到，結合基本不等式計算即可.【詳解】因為，所以，即，即.又，等號當且僅當時成立，所以的最大值是.故答案為：.四?解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.記的內角所對的邊分別為，已知.（1）求；（2）若，求的面積.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根據正弦定理，邊化角，結合三角形中角的取值范圍，可得，從而確定角.（2）根據條件求角求邊，再結合三角形面積公式求面積.【小問1詳解】由，及正弦定理得，因為為三角形內角，故，故得，又為三角形內角，或.【小問2詳解】由得，又，所以.由（1）得，故，而為三角形內角，.由正弦定理，得，故的面積.16.甲、乙兩人進行知識問答比賽，共進行多輪搶答賽，每輪比賽中有3道搶答題，每道題均有人搶答，其計分規(guī)則為：初始甲、乙雙方均為0分，答對一題得1分，答錯一題得分，未搶到題得0分，最后累計總分多的人獲勝.假設甲、乙搶到每題的成功率相同，且兩人每題答題正確的概率分別為和.求：（1）甲在每輪比賽中獲勝的概率；（2）甲前二輪累計得分恰為4分的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設甲在一輪比賽中獲勝為事件，甲在一輪比賽中共搶到道題為事件，由求解即可；（2）設甲前二輪累計得分恰為4分的事件為，甲在一輪比賽中得分的事件為，由即可求解，【小問1詳解】設甲在一輪比賽中獲勝為事件，甲在一輪比賽中共搶到道題為事件，則，又，，所以.【小問2詳解】設甲前二輪累計得分恰為4分的事件為，甲在一輪比賽中得分的事件為，則，，所以.17.如圖，在多面體中，的中點為.（1）求證：四點共面；（2）若直線與平面所成角的正弦值為，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定，再證明兩個平面重合即可.（2）結合（1）的信息確定二面角的平面角，再建立空間直角坐標系，利用線面角的向量求法列式求解.【小問1詳解】連接，由為中點，得，由，得，而平面，則平面，同理平面，又平面與平面有公共直線，所以四點共面.【小問2詳解】由（1）知，是二面角的平面角，設，由，得，則，，直線兩兩垂直，以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，設平面法向量為，則，取，得，設直線與平面所成角為，依題意，，即，平方化簡整理得，而則，即，又，則，，所以所求二面角的余弦值為.18.已知函數和的圖象在處有相同的切線.（1）求實數和的值；（2）求函數的極值；（3）當時，不等式恒成立，求實數的取值集合.【答案】（1）（2）函數只有唯一的極大值，無極小值（3）【解析】【分析】（1）分別求兩個函數的導數，根據即可求解；（2）表示函數，求導根據單調性即可求得極值；（3）當時，構造函數，求導，將不等式恒成立問題轉化為最值問題解決.【小問1詳解】，據題意有：，聯立解得.【小問2詳解】由（1）知，，所以函數且，所以，因此函數在和單調遞減，在和單調遞增，其大致圖象如圖，故函數只有唯一的極大值，無極小值..【小問3詳解】當時，不等式恒成立等價于不等式恒成立，顯然有，令，則恒成立，而，當時，，所以在上單調遞增，所以，當時，，符合題意；當時，記，則拋物線的開口向上，對稱軸為，又，所以當時，，從而，所以在上單調遞減，故當時，，不符合題意，所以，再令，則恒成立，而，當時，，所以在上單調遞減，所以當時，，符合題意，當時，記，則拋物線的開口向下，對稱軸為，又，所以當時，，從而，所以在上單調遞增，故當時，不符合題意，綜上可知，實數的取值集合為.【點睛】方法點睛：利用導數研究函數極值的方法（1）若求極值，則先求方程的根，再檢查在方程根的左右函數值的符號；（2）若探究極值點個數，則探求方程在所給范圍內實根的個數；（3）若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程根的大小或存在情況來求解.19.已知橢圓經過點，其右頂點為，上頂點為為坐標原點，且離心率為.（1）設在點處的切線，其斜率為的斜率為，求的值；（2）過在第一象限的點作橢圓的切線，分別與軸，軸交于點，且為線段的中點，記以點為中心，軸，軸為對稱軸，且過點的橢圓為，依此類推，，，過橢圓在第一象限的點作橢圓的切線，分別與軸，軸交于點，，且為線段的中點，記以點為中心，軸，軸為對稱軸，且過點，的橢圓為，由此得到一系列橢圓.（i）求的方程；（ii）過點作直線與橢圓分別交于，求證：.（附：若為橢圓上一點，則橢圓在點處的切線方程為：）【答案】（1）（2）（i）；（ii）證明見解析【解析】【分析】（1）代入定點，結合；離心率解題，得到橢圓方程，再得到切線和斜率即可（2）（i）設，求出，代入的楠圓方程得：.求出直線的斜率和.結合（1）求出，得到.化簡可得，同理求得：，最終得到方程.（ii）分情況討論，再直曲聯立，結合韋達定理和弦長公式計算，