2025届甘肃省张掖市某校高三下学期二月检测数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1甘肃省张掖市某校2025届高三下学期二月检测数学试卷一、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.设全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，又，．故选：C.2.已知两条不同的直线l，m，两个不同的平面α，β，则下列条件能推出的是（）A.且 B.且C.且 D.且【答案】C【解析】对于选项A，若，且，此时可能相交，如图所示，当，都与n平行时，相交，故选项A错误；对于选项B，若，且，此时可能相交，如图所示，当，都与n平行时，相交，故选项B错误;对于选项C，由，得，因为，所以，故选项C正确;对于选项D，若，且，此时可能相交，如图所示，当，都与n平行时，相交，故选项D错误.故选：C.3.某企业为降低生产成本、推动生产创新，计划在保障质量的前提下对某产品进行优化，研究发现，第次优化后每个产品的成本满足函数模型，其中为优化前每个产品的成本（单位：元）．假设优化前每个产品的成本为元，若要使每个产品的成本不超过元，则优化的次数至少为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，当时，，即，代入化简得，解得，所以，要使每个产品的成本不超过元，即，则，化简得，即，故有，解得，故若要使得每个产品的成本不超过元，则优化的次数至少为次．故选：B.4.已知角为锐角，角为钝角，且，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为为锐角，，所以，因为为钝角，所以.若，则，不符合题意，所以，而，又，所以，所以.故选：D.5.若复数且，则满足的复数的个数为（）A.0 B.2 C.1 D.4【答案】A【解析】因为，所以，又，所以，即复数对应的点在圆心为，半径为的圆上，又可以变形为，即其几何意义为复数在复平面内的点到直线的距离为，又圆心到直线的距离为，而，所以满足条件的不存在.故选：A.6.在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（）A.函数的最大值为1 B.函数的最小值为1C.函数的最大值为1 D.函数的最小值为1【答案】B【解析】由图可知，两个函数图象都在轴上方，所以，单调递增，所以实线为的图象，虚线为的图象，，对A，，单调递增，无最大值，A错误；对B，，，由图可知，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数取得最小值，B正确；对C，，由图可知，所以在上单调递增，无最大值，C错误；对D，，由图可知，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取得最大值，D错误.故选：B7.已知函数，若函数有4个零点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】函数在上单调递增，在上单调递减，所以取得最大值；取得最小值.令，则可化为有两个零点，，且.当时，即时，则需，即，解得；当时，，满足题意当时，，即当4时，，满足题意；当时，，不满足题意，综上所述，取值范围为.故选：A.8.已知正三棱柱的所有棱长均为，且该棱柱的所有顶点均在球的表面上，点在球的表面上，点在棱柱的表面上，点在棱柱的底面上，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得点为三棱柱上、下底面的外接圆圆心连线的中点．易得两个底面的外接圆半径，所以球的半径，所以的最大值为，的最小值为，所以的最大值为．故选：A．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.中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记为，如9和21除以6所得的余数都是3，则记为921（mod6），若，，则的值可以是（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】因为，又，所以被除得余数为，又，且和被除得余数为，故选：BD.10.已知函数的最大值为2，其部分图象如图所示，则（）A.B.函数为偶函数C.满足条件的正实数存在且唯一D.是周期函数，且最小正周期为【答案】ACD【解析】由函数，且，因为函数的最大值为，可得，解得，又因为，所以，所以A正确；因为，且函数在的附近单调递减，所以，所以，又因为，可得，所以，解得，所以，此时，其最小正周期为，所以C、D正确；设，，所以为奇函数，即函数为奇函数，所以B不正确.故选：ACD.11.数列满足，，则下列结论正确的是（）A.若，则前n项和为 B.C.数列的前n项和为 D.数列最大项为第10项【答案】ACD【解析】由，可得，又，所以是首项为1公差为2的等差数列，，对于A，，则前n项和为，A选项正确；对于B，由等差数列性质可得，B选项错误；对于C，，数列的前n项和为，为奇数时，；为偶数时，，所以数列的前n项和为，C选项正确；对于D，设，则，，当时，即，解得，由，则有，即数列最大项为第10项，D选项正确.故选：ACD.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.（易错题）12.已知向量，，若与的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是____.【答案】【解析】因为向量，的夹角为锐角，所以，且，不同向共线.因为当时，，同向共线，所以，解得且，所以实数λ的取值范围是.故答案为：.13.已知椭圆：，过左焦点作直线与圆：相切于点，与椭圆在第一象限的交点为，且，则椭圆离心率为______.【答案】【解析】设椭圆右焦点为，连接，如下图所示：由圆：可知圆心，半径；显然，且，因此可得，所以，可得；即可得，又易知；由余弦定理可得，解得，再由椭圆定义可得，即，因此离心率故答案为：14.甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为，则______，的数学期望______.（用表示）【答案】①.②.【解析】经过第一次操作得：，，经过第二次操作得：；.根据全概率公式可知：，，两式相加可得，则：，时，，所以，，因为，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即，所以.故答案为：①；②.四、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.记的内角所对的边分别为，已知.（1）求；（2）若为边上一点，，求.解：（1），则，所以，因为，所以.（2）法①：由（1）得，，因为，所以，如图在中，由余弦定理，即，在中由正弦定理，即，所以，因为，故，在中.法②：同解法①，中由正弦定理，即，所以，又因为，即，所以.法③同上，在直角中，所以，由（1）问知，所以，即，得即，所以，.法④如图由（1）知，则，因为，所以，即，解得，所以，即，在中，由正弦定理，即，解得.16.为了解某中学高一年级学生身体素质情况，对高一年级的1班~8班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各抽10名学生进行身体素质监测.经统计，每班10名学生中身体素质监测成绩达到优秀的人数散点图如下（x轴表示对应的班号，y轴表示对应的优秀人数）：（1）若用散点图预测高一年级学生身体素质情况，从高一年级学生中任意抽测1人，试估计该生身体素质监测成绩达到优秀的概率；（2）若从高一2班抽测的10人中随机抽取1人，从高一5班抽测的10人中随机抽取1人，设X表示这2人中身体素质监测成绩达到优秀的人数，求X的分布列和数学期望；（3）假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率相等.现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“”表示第k班抽到的这名同学身体素质优秀，“”表示第k班抽到的这名同学身体素质不是优秀.直接写出方差，，，的大小关系（无需过程）.解：（1）依题意，从高一年级的（1）班~（8）班抽测共80人，其中身体素质监测成绩达到优秀的共有，所以估计该生身体素质监测成绩达到优秀的概率为.（2）依题意，高一2班抽测的10人中优秀的有6人，高一5班抽测的10人中优秀的有7人，则可取，，，，则的分布列为：012的数学期望.（3）依题意，，服从两点分布，则，，服从两点分布，则，，服从两点分布，则，，服从两点分布，则，所以.17.如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，对的中点.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成角的正弦值；（3）设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值.（1）证明：取的中点，连结，由已知得，是边长为2的等边三角形，是以为腰的等腰三角形，则，故,故平面平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，设平面的一个法向量为，由，取，得，所以，因为，故平面与平面所成角的正弦值为.（3）解：点是内一动点且，则点在以为直径的圆上，当线段的长最小时，点在与圆的交点处，此时，，设直线与直线所成角为，所以，所以直线与直线所成角得余弦值为.18.已知双曲线的左､右焦点分别为的一条渐近线方程为，过且与轴垂直的直线与交于，两点，且的周长为16.（1）求的方程；（2）为双曲线右支上两个不同的点，线段的中垂线过点，求的取值范围.解：（1）将代入，得，所以，所以，所以由题得，，所以双曲线的方程为.（2）由题意可知直线斜率存在且，设，,设的中点为.由消去y并整理得，，则，即，，，，于是点为，，.由中垂线知，所以，解得：.所以由在双曲线的右支上可得：，且，且或，综上即，又，所以.因，所以，故，所以，所以.所以.19.已知函数，，当的值能使在区间上取得最大值时，我们就称函数为“关于的界函数”.（1）若为“关于的界函数”，求实数的取值范围;（2）在数列中，已知，且，，判断当时，是不是“关于的界函数”？若是，请证明：当时，，的值不小于“关于的界函数”；若不是，请说明理由；（3）在（2）的条件下，求证：.（1）解：由=x-t1+x得ft因为，所以当时，，所以在区间上单调递减，无最值，不符合题意；当时，且当时，，当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，取得最大值.故若为“关于的界函数”，则实数的取值范围是.（2）证明：因为，所以由(1)可知，当时，为“关于的界函数”.当时，要证当时，，的值不小于“关于的界函数”，即证.因为，所以，则又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以，即有.检验知当时，结论也成立，故.所以.所以由(*)式知，.所以当时，，的值不小于“关于的界函数”.（3）证明：由（2）知，当时，，有成立，所以.由(1)可知时，上式取得最大值，所以.所以.所以原不等式成立.甘肃省张掖市某校2025届高三下学期二月检测数学试卷一、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.设全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，又，．故选：C.2.已知两条不同的直线l，m，两个不同的平面α，β，则下列条件能推出的是（）A.且 B.且C.且 D.且【答案】C【解析】对于选项A，若，且，此时可能相交，如图所示，当，都与n平行时，相交，故选项A错误；对于选项B，若，且，此时可能相交，如图所示，当，都与n平行时，相交，故选项B错误;对于选项C，由，得，因为，所以，故选项C正确;对于选项D，若，且，此时可能相交，如图所示，当，都与n平行时，相交，故选项D错误.故选：C.3.某企业为降低生产成本、推动生产创新，计划在保障质量的前提下对某产品进行优化，研究发现，第次优化后每个产品的成本满足函数模型，其中为优化前每个产品的成本（单位：元）．假设优化前每个产品的成本为元，若要使每个产品的成本不超过元，则优化的次数至少为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，当时，，即，代入化简得，解得，所以，要使每个产品的成本不超过元，即，则，化简得，即，故有，解得，故若要使得每个产品的成本不超过元，则优化的次数至少为次．故选：B.4.已知角为锐角，角为钝角，且，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为为锐角，，所以，因为为钝角，所以.若，则，不符合题意，所以，而，又，所以，所以.故选：D.5.若复数且，则满足的复数的个数为（）A.0 B.2 C.1 D.4【答案】A【解析】因为，所以，又，所以，即复数对应的点在圆心为，半径为的圆上，又可以变形为，即其几何意义为复数在复平面内的点到直线的距离为，又圆心到直线的距离为，而，所以满足条件的不存在.故选：A.6.在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（）A.函数的最大值为1 B.函数的最小值为1C.函数的最大值为1 D.函数的最小值为1【答案】B【解析】由图可知，两个函数图象都在轴上方，所以，单调递增，所以实线为的图象，虚线为的图象，，对A，，单调递增，无最大值，A错误；对B，，，由图可知，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数取得最小值，B正确；对C，，由图可知，所以在上单调递增，无最大值，C错误；对D，，由图可知，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取得最大值，D错误.故选：B7.已知函数，若函数有4个零点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】函数在上单调递增，在上单调递减，所以取得最大值；取得最小值.令，则可化为有两个零点，，且.当时，即时，则需，即，解得；当时，，满足题意当时，，即当4时，，满足题意；当时，，不满足题意，综上所述，取值范围为.故选：A.8.已知正三棱柱的所有棱长均为，且该棱柱的所有顶点均在球的表面上，点在球的表面上，点在棱柱的表面上，点在棱柱的底面上，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得点为三棱柱上、下底面的外接圆圆心连线的中点．易得两个底面的外接圆半径，所以球的半径，所以的最大值为，的最小值为，所以的最大值为．故选：A．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.中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记为，如9和21除以6所得的余数都是3，则记为921（mod6），若，，则的值可以是（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】因为，又，所以被除得余数为，又，且和被除得余数为，故选：BD.10.已知函数的最大值为2，其部分图象如图所示，则（）A.B.函数为偶函数C.满足条件的正实数存在且唯一D.是周期函数，且最小正周期为【答案】ACD【解析】由函数，且，因为函数的最大值为，可得，解得，又因为，所以，所以A正确；因为，且函数在的附近单调递减，所以，所以，又因为，可得，所以，解得，所以，此时，其最小正周期为，所以C、D正确；设，，所以为奇函数，即函数为奇函数，所以B不正确.故选：ACD.11.数列满足，，则下列结论正确的是（）A.若，则前n项和为 B.C.数列的前n项和为 D.数列最大项为第10项【答案】ACD【解析】由，可得，又，所以是首项为1公差为2的等差数列，，对于A，，则前n项和为，A选项正确；对于B，由等差数列性质可得，B选项错误；对于C，，数列的前n项和为，为奇数时，；为偶数时，，所以数列的前n项和为，C选项正确；对于D，设，则，，当时，即，解得，由，则有，即数列最大项为第10项，D选项正确.故选：ACD.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.（易错题）12.已知向量，，若与的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是____.【答案】【解析】因为向量，的夹角为锐角，所以，且，不同向共线.因为当时，，同向共线，所以，解得且，所以实数λ的取值范围是.故答案为：.13.已知椭圆：，过左焦点作直线与圆：相切于点，与椭圆在第一象限的交点为，且，则椭圆离心率为______.【答案】【解析】设椭圆右焦点为，连接，如下图所示：由圆：可知圆心，半径；显然，且，因此可得，所以，可得；即可得，又易知；由余弦定理可得，解得，再由椭圆定义可得，即，因此离心率故答案为：14.甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为，则______，的数学期望______.（用表示）【答案】①.②.【解析】经过第一次操作得：，，经过第二次操作得：；.根据全概率公式可知：，，两式相加可得，则：，时，，所以，，因为，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即，所以.故答案为：①；②.四、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.记的内角所对的边分别为，已知.（1）求；（2）若为边上一点，，求.解：（1），则，所以，因为，所以.（2）法①：由（1）得，，因为，所以，如图在中，由余弦定理，即，在中由正弦定理，即，所以，因为，故，在中.法②：同解法①，中由正弦定理，即，所以，又因为，即，所以.法③同上，在直角中，所以，由（1）问知，所以，即，得即，所以，.法④如图由（1）知，则，因为，所以，即，解得，所以，即，在中，由正弦定理，即，解得.16.为了解某中学高一年级学生身体素质情况，对高一年级的1班~8班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各抽10名学生进行身体素质监测.经统计，每班10名学生中身体素质监测成绩达到优秀的人数散点图如下（x轴表示对应的班号，y轴表示对应的优秀人数）：（1）若用散点图预测高一年级学生身体素质情况，从高一年级学生中任意抽测1人，试估计该生身体素质监测成绩达到优秀的概率；（2）若从高一2班抽测的10人中随机抽取1人，从高一5班抽测的10人中随机抽取1人，设X表示这2人中身体素质监测成绩达到优秀的人数，求X的分布列和数学期望；（3）假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率相等.现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“”表示第k班抽到的这名同学身体素质优秀，“”表示第k班抽到的这名同学身体素质不是优秀.直接写出方差，，，的大小关系（无需过程）.解：（1）依题意，从高一年级的（1）班~（8）班抽测共80人，其中身体素质监测成绩达到优秀的共有，所以估计该生身体素质监测成绩达到优秀的概率为.（2）依题意，高一2班抽测的10人中优秀的有6人，高一5班抽测的10人中优秀的有7人，则可取，，，，则的分布列为：012的数学期望.（3）依题意，，服从两点分布，则，，服从两点分布，则，，服从两点分布，则，，服从两点分布，则，所以.17.如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，对的中点.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成角的正弦值；（3）设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值.（1）证明：取的中点，连结，由已知得，是边长为