湖北省随州市部分高中2025-2026学年高三下学期2月联考数学试题

湖北省随州市部分高中下学期2月联考高三数学试题本试卷共4页，19题，全卷满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码在答题卡上的指定位置.2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4、考试结束后，请将答题卡上交.一、选择题：本题共8小题，每题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.已知全集，集合，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】首先求得集合A，然后根据全集可求得，可得答案.【详解】，，∴，∴.故选：D.2.下列函数在上单调递增的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】每个选项求导判断在上是否恒成立.【详解】对于A，，，不符合题意；对于B，在上恒成立，符合题意；对于C，，，不符合题意；对于D，，，不符合题意.故选：B.3.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的形状是（）A.钝角三角形 B.直角三角形C.锐角三角形 D.等边三角形【答案】A【解析】【分析】利用余弦定理可以判断出B为钝角，则的形状为钝角三角形.【详解】由，可得，即则，又，则则的形状为钝角三角形故选：A4.点在平面上以速度作匀速直线运动，若4秒后点的坐标为，则点的初始坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，列出方程组，即可求解.【详解】设点的初始坐标为，因为点在平面上以速度作匀速直线运动，若4秒后点的坐标为，可得，解得，即点的初始坐标为.故选：B.5.已知空间直角坐标系中的三点，，，则点A到直线的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由点A到直线的距离,向量在向量上的投影及勾股定理即可求.【详解】已知，，，所以，，点A到直线的距离为.故选：C.6.抛物线的焦点到直线的距离为，则（）A.1 B.2 C. D.4【答案】B【解析】【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.【详解】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：(舍去).故选：B.7.现要完成下列2项抽样调查：①从10盒酸奶中抽取3盒进行食品卫生检查；②东方中学共有160名教职工，其中教师120名，行政人员16名，后勤人员24名．为了了解教职工对学校在校务公开方面的意见，拟抽取一个容量为20的样本．较为合理的抽样方法是（）A.①抽签法，②分层随机抽样 B.①随机数法，②分层随机抽样C.①随机数法，②抽签法 D.①抽签法，②随机数法【答案】A【解析】【分析】根据已知条件，结合抽签法和分层随机抽样的定义，即可求解【详解】①总体较少，宜用抽签法；②各层间差异明显，宜用分层随机抽样．故选：A．8.圆的面积为（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将圆的方程化为标准方程求得半径，根据圆的面积公式即可求解.【详解】原方程可化为，∴半径，∴圆的面积．故选：C.【点睛】本题主要考查圆的标准方程与一般方程的互化，意在考查学生的数学运算的学科素养，属基础题.二、选择题：本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，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.已知是定义在上不恒为0的奇函数，是的导函数，则（）A.为奇函数 B.为偶函数C.为奇函数 D.为偶函数【答案】ABD【解析】【分析】根据题意，得到为偶函数，再结合函数的奇偶性的定义及判定方法，逐项判定，即可求解【详解】根据题意，可得，因为为奇函数，可得，可得，即，即，所以为偶函数，由，即为奇函数，所以A正确；由，即为偶函数，所以B正确；由，所以为偶函数，所以C错误；由，所以为偶函数，所以D正确.故选：ABD.10.在梯形ABCD中，，AB＝2CD，AC与BD相交于点O，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据题设，应用向量加减、数乘的几何意义判断各项的正误.【详解】A，由题意，故正确．B，由题知，所以，故，故正确．C，由图知：，故错误．D，由向量加法法则知，故正确．故选：ABD．11.已知圆M：，圆N：，直线l：，则下列说法正确的是（）A.圆N的圆心为B.圆M与圆N相交C.当圆M与直线l相切时，则D.当时，圆M与直线l相交所得的弦长为【答案】BD【解析】【分析】写出圆的标准方程确定圆心坐标和半径，判断与两圆半径的关系判断A、B；再由点线距离及相交弦长公式判断C、D.【详解】由题设，，则且半径，，则且半径，A错；所以，即两圆相交，B对；到直线l的距离，若圆M与直线l相切，则，所以或，C错；当时，即圆M与直线l相交，相交弦长为，D对.故选：BD三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分12.已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】先将函数在区间上单调递减的条件转化为导数在上恒成立，再通过分离参数，求出在区间内的最大值，进而确定的取值范围.【详解】因为函数在区间上单调递减，所以在区间上恒成立，而，所以.故答案为：13.已知向量、满足，，且，则__________.【答案】【解析】【分析】根据题意得出，即得出，结合向量的模长公式可求得的值.【详解】因为向量、满足，，且，则，所以，即，故.故答案：.14.已知点在抛物线上，过作的准线的垂线，垂足为，点为的焦点．若，点的横坐标为1，则_____．【答案】【解析】【分析】根据题意，联立方程组求得，得到直线的倾斜角为，结合斜率公式，列出方程，即可求解.【详解】如图所示，不妨设点在第一象限，因为点的横坐标为，联立方程组，解得，即，又由，可得轴，因，可得，所以直线的倾斜角为，因为抛物线的焦点为，则，整理得且，解得，即，解得或（舍去）.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分15.已知函数(其中…为自然对数的底数)，为的一个极值点.（1）求的值；（2）证明：成立.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求得，根据为的一个极值点，得到，即可求解；（2）由（1）得到函数，令，利用导数求得函数单调性和小值，结合正弦函数的值域，即可求解.【详解】（1）由题意，函数，可得，因为为的一个极值点，可得，解得.（2）由（1）知，函数，由，令，，因为，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，可得，又由，且当时，，所以，所以，即成立16.已知数列为正项等差数列，数列为递增的正项等比数列，，.（1）求数列，的通项公式；（2）数列满足，求数列的前2n项的和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，然后根据已知条件列方程组可求出，从而可求出数列，的通项公式；（2）由（1）得，然后利用分组求和法可求得结果.小问1详解】设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，因为，，所以得，解得或，因为数列为正项数列，为正项递增数列，所以解得，，所以，【小问2详解】由（1）得，所以数列的前2项和为.17.如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是梯形，，，，分别是棱，的中点．（1）证明：平面．（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）构造面面平行，利用面面平行的性质定理证明线面平行即可；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线的方向向量与平面的法向量，即可得线面夹角的正弦值.【小问1详解】证明：取的中点，连接，．因为，分别是棱，的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为，分别是棱，的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为，平面，且，所以平面平面．因为平面，所以平面．【小问2详解】以为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向，垂直平面向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，．由余弦定理可得，则，从而，，，，，故，，．设平面的法向量为，则,令，得．设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为．18.斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.（1）在棱（含端点）上是否存在一点使？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）存在，（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，假设在棱（含端点）存在一点使，利用，结合向量垂直的坐标表示即可求得答案.（2）求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.【小问1详解】因为点在下底面的投影为的中点，故平面，连接，由题意为正三角形，故,以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：则，，设，可得，，假设在棱（含端点）上存在一点使，则，则；【小问2详解】由（1）知，设平面的法向量为，则，令，则，则，又，则到平面的距离为，即点到平面距离为.19.已知数列，满足，，记为的前n项和.（1）若为等比数列，其公比，求；（2）若为等差数列，其公差，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由为等比数列，其公比，可得是以为首项，为公比的等比数列，利用公式求前n项和.（2）求出的通项，可得，通过累乘法或构造常数列，求出的通