湖南省湘潭市第二中学2024-2025学年高三下学期5月检测数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 湖南省湘潭市第二中学2024-2025学年高三下学期5月检测数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-17 12:02:18 | ||
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文档简介
湖南省湘潭市第二中学2024 2025学年高三下学期5月检测数学试题
一、单选题
1．抛物线的准线方程是（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．下列关于复数的说法，正确的是（ ）
A．复数的任何偶数次幂都不小于零
B．若实数，则是纯虚数
C．在复平面内，虚轴上的点对应的复数均为纯虚数
D．若复数满足，则均为实数
4．已知变量x，y之间具有线性相关关系，根据10对样本数据求得经验回归方程为，若，，则（ ）
A． B． C．1 D．1.2
5．已知数列中，，若，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
6．已知的内角所对的边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．若存在，使得成立，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在四面体中，平面平面，侧面是等边三角形，底面是等腰直角三角形，，则四面体的外接球的体积是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
10．在下列图形中，能笔尖不离纸且不重复经过任何一条线地一笔完整画出的是（ ）
A． B．
C． D．
11．函数叫自然指数函数，是一种常见的超越函数，它常与其它函数进行运算产生新的函数.已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在上单调递减
B．函数既有极大值，也有极小值
C．方程有个不同的实数解
D．在定义域内，恒有
三、填空题
12．近两年，智能网联汽车逐步进入大众视野，调研数据显示，中国消费者关注度最高的前6名智能网联车技术分别为V2X（车与人、车、路、云平台）的信息交互技术、车联网通信技术、环境感知技术、云计算技术、整车通项技术、物联网技术，某科技自媒体博主准备连续6天分别对这6项技术进行科普，每天只科普一项技术，每项技术只科普1天，则车联网通信技术与云计算技术在相邻两天进行科普，且信息交互技术不在最后一天科普的安排方法种数为 .（用数字作答）
13．已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ．
14．已知定义在上的函数的导函数为，为偶函数，且，则 ．
四、解答题
15．在中，角A B C所对的边长分别为a，b，c，，.
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数a，使得为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.
16．为了落实健康第一教育理念，实施学生体质强健计划，现对某高中学生每天的运动时间进行调查，随机抽取了100名学生进行调查．下面是根据调查结果绘制的学生每天平均运动时间（单位：分钟）的频率分布直方图，将每天平均运动时间不低于80分钟的学生称为“运动爱好者”．
（1）试求频率分布直方图中的值；
（2）用样本估计总体，已知某学生每天平均运动时间不低于60分钟，求该学生是“运动爱好者”的概率；
（3）从样本里的“运动爱好者”学生中随机选取两位同学，用随机变量表示每天平均运动时间在分钟之间的学生数，求的分布列及期望．
17．设函数．
（1）求的图象在处的切线方程；
（2）记，若，试讨论在上的零点个数．
18．如图，过点倾斜角为的直线与抛物线相交于A，B两个不同点．当时，．
（1）求抛物线E的方程；
（2）设过点平行于AB的直线与抛物线E相交于C，D两个不同点，
①求证：；
②求四边形ABCD面积的最大值．
19．空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中均为常数，），为该平面的一个法向量.已知球的半径为4，点均在球的球面上，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.平面内的点在球面上，点在轴上的投影在轴的正半轴上，，过直线作球的截面，使得平面平面，设截面与球球面的交线为圆（为线段的中点）.
（1）求点的坐标.
（2）若平面，证明：平面平面.
（3）已知点在平面内，设线段在平面内绕着点逆时针旋转弧度至，点在圆上，且，过作平面，垂足为点.
①用表示点的坐标；
②若，求点到平面距离的最大值；
③若，当直线与平面所成的角最小时，求的值.
参考答案
1．【答案】B
【详解】抛物线的准线方程是，即.
故选B.
2．【答案】B
【详解】由得，∴，
由，得，解得或
∴，
故选B.
3．【答案】D
【详解】对于A中，由虚数单位，可得A错误；
对于B中，若，那么，所以B错误；
对于C中，虚轴上的点对应复数，所以C错误；
对于D中，若复数满足，虚数不能比较大小，则均为实数，D正确.
故选D.
4．【答案】B
【详解】根据题意可得， ，，
则10对样本数据的样本点中心为，
将其代入方程中得，，则.
故选B
5．【答案】B
【详解】在数列中，由，得数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
则，即， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列.
则，即，由，得，
所以.
故选B
6．【答案】D
【详解】因为，所以.
根据正弦定理可得，所以.
因为，所以根据余弦定理，可得：，
化简可得，所以.
因为为的边，，所以.
故选D.
7．【答案】D
【详解】由，则，对求导，所以，
当时，，，所以，在上单调递减．
当时，，当时，，所以的值域是．
又,,，所以，那么．
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，则的最大值为．
故选D．
8．【答案】C
【详解】
因为是等腰直角三角形，，，
则的外接圆半径，
因为侧面是等边三角形，设其外接圆半径为，
由正弦定理可得，解得，
设外接圆圆心为，外接圆的圆心为，
因为平面平面，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
两垂线的交点即为四面体外接球的球心，
设球心到平面的距离为，则等于的外接圆的圆心到的距离，
在等边三角形中，到的距离为，即，
所以外接球的半径，
所以.
故选C
9．【答案】AD
【详解】由，
令得，A选项正确.
令得，B选项错误.
二项式展开式的通项公式为，
由此可知是负数，为正数，
所以令得，
，
即，C选项错误
由，
两边求导得，
令得，所以D选项正确.
故选AD
10．【答案】ABD
【详解】对于A，图形中有2个节点，每处与4条线相连接，其余8个节点，每处与2条线相连接，
按图形中的数字从小到大依次连接，可按要求一笔完整画出，A是；
对于B，图形中有4个节点，每处与4条线相连接，按图形中的数字从小到大依次连接，可按要求一笔完整画出，B是；
对于D，图形中有6个节点，每处与4条线相连接，按图形中的数字从小到大依次连接，可按要求一笔完整画出，D是；
对于C，图中有4个节点，每处与5条线相连接，另一个节点处与4条线相连接，
无法用任何方式用笔不离纸且不重复经过任何一条线地一笔完整画出，C错误.
故选ABD
11．【答案】BCD
【详解】易知的定义域为，，
对于选项A，由，得到，且，所以减区间为，，故选项A错误，
对于选项B，由，得到或，
当时，，当时，，当，，当时，，
所以的极大值为，极小值为，故选项B正确，
对于选项C，由选项B知，的增区间为，减区间为，
当时，，且时，，当从左边时，，
当从右边时，，且时，，当时，，
图象如图所示，由图知，只有一个零点，且，
令，由，得到，所以，令，
由图知，与有且仅有两个交点，所以选项C正确，
对于选项D，令，易知的图象关于点中心对称，
所以，即，得到，故选项D正确，
故选BCD.
12．【答案】192
【详解】因为车联网通信技术与云计算技术要在相邻两天进行科普，所以可将这两项技术“捆绑”在一起，看作一个元素.对车联网通信技术与云计算技术进行内部排列，它们之间的排列顺序有种，
由于信息交互技术不在最后一天科普，那么信息交互技术可安排在前天中的任意一天，所以信息交互技术的安排方法有种.
将车联网通信技术与云计算技术看作一个整体后，除信息交互技术外，还剩下项技术以及这个整体，共个元素.
对这个元素进行全排列，排列方法有种，
根据分步乘法原理知道，满足条件的安排方法种数为（种）.
13．【答案】（中任意一个皆可以）
【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
14．【答案】
【详解】由为偶函数得，
则．
两边同时求导，得①．
所以的图象关于点对称，即，
由的图象关于点对称，得②．
①-②，得，所以，
又，所以，
即的周期为4，，，
．
故答案为．
15．【答案】（1）
（2）存在，
【详解】（1）由和正弦定理，可得，
因，，则，故，
由余弦定理，，
因，则，
故；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，
又因，故.
16．【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，数学期望为.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，
，
解得．
（2）设“该学生每天平均运动时间不低于60分钟”为事件A，
“该学生是‘运动爱好者’”为事件B，
则，
，
所以在该学生每天平均运动时间不低于60分钟的条件下是“运动爱好者”的概率为
.
（3）由题意可知，样本中共有“运动爱好者”学生25人，运动时间在分钟之间的学生有5人，
所以．
，，．
则的分布列为
0 1 2
则．
17．【答案】（1）
（2）1
【详解】（1），所以，又，
所以的图象在处的切线方程为．
（2）由已知得，所以，
令，则．
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
即在上单调递增，在上单调递减．
当时，，
所以存在，使得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
因为，故函数在上无零点，
又因为，由零点存在定理可得在上有且只有一个零点．
综上所述，当时，函数在上的零点个数为1．
18．【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【详解】（1）由题意设，，
当时，设直线的方程为，
由可得，所以，
因为，，
所以，所以，
即抛物线E的方程为.
（2）①由（1）可得抛物线的方程为，设，，
设直线的方程为，由可得，
所以，
所以，
所以，，
所以，
设，设直线的方程为，
由可得，因为，所以，
所以，，
所以，所以.
②由①可得
，
，
直线与直线的距离，
因为，所以，，
令，，
则，令，则，
令，则，
所以时，取得最大值，
此时四边形面积取得最大值.
19．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）①；②；③
【详解】（1）连接，过作，交于点.根据题意易得为等边三角形，所以，
则，所以.
（2）连接，根据球的性质可得平面，
则即为平面的一个法向量.
因为，所以.
平面的一个法向量为，
因为，
所以，故平面平面.
（3）①当时，过点作交于，
过点作交于，过点作交
于，过点作交于，过点作交于，则，
，
则，
同理可得当时，.
②因为点在平面内，所以，则平面的一个法向量为.
，
点到平面的距离，
当，即时，取得最大值，最大值为.
③易得平面的一个法向量为.
因为，所以.
设直线与平面所成的角为，
则
，
令，则，
则
，
当，即时，最小，即直线与平面所成的角最小.
一、单选题
1．抛物线的准线方程是（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．下列关于复数的说法，正确的是（ ）
A．复数的任何偶数次幂都不小于零
B．若实数，则是纯虚数
C．在复平面内，虚轴上的点对应的复数均为纯虚数
D．若复数满足，则均为实数
4．已知变量x，y之间具有线性相关关系，根据10对样本数据求得经验回归方程为，若，，则（ ）
A． B． C．1 D．1.2
5．已知数列中，，若，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
6．已知的内角所对的边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．若存在，使得成立，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在四面体中，平面平面，侧面是等边三角形，底面是等腰直角三角形，，则四面体的外接球的体积是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
10．在下列图形中，能笔尖不离纸且不重复经过任何一条线地一笔完整画出的是（ ）
A． B．
C． D．
11．函数叫自然指数函数，是一种常见的超越函数，它常与其它函数进行运算产生新的函数.已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在上单调递减
B．函数既有极大值，也有极小值
C．方程有个不同的实数解
D．在定义域内，恒有
三、填空题
12．近两年，智能网联汽车逐步进入大众视野，调研数据显示，中国消费者关注度最高的前6名智能网联车技术分别为V2X（车与人、车、路、云平台）的信息交互技术、车联网通信技术、环境感知技术、云计算技术、整车通项技术、物联网技术，某科技自媒体博主准备连续6天分别对这6项技术进行科普，每天只科普一项技术，每项技术只科普1天，则车联网通信技术与云计算技术在相邻两天进行科普，且信息交互技术不在最后一天科普的安排方法种数为 .（用数字作答）
13．已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ．
14．已知定义在上的函数的导函数为，为偶函数，且，则 ．
四、解答题
15．在中，角A B C所对的边长分别为a，b，c，，.
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数a，使得为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.
16．为了落实健康第一教育理念，实施学生体质强健计划，现对某高中学生每天的运动时间进行调查，随机抽取了100名学生进行调查．下面是根据调查结果绘制的学生每天平均运动时间（单位：分钟）的频率分布直方图，将每天平均运动时间不低于80分钟的学生称为“运动爱好者”．
（1）试求频率分布直方图中的值；
（2）用样本估计总体，已知某学生每天平均运动时间不低于60分钟，求该学生是“运动爱好者”的概率；
（3）从样本里的“运动爱好者”学生中随机选取两位同学，用随机变量表示每天平均运动时间在分钟之间的学生数，求的分布列及期望．
17．设函数．
（1）求的图象在处的切线方程；
（2）记，若，试讨论在上的零点个数．
18．如图，过点倾斜角为的直线与抛物线相交于A，B两个不同点．当时，．
（1）求抛物线E的方程；
（2）设过点平行于AB的直线与抛物线E相交于C，D两个不同点，
①求证：；
②求四边形ABCD面积的最大值．
19．空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中均为常数，），为该平面的一个法向量.已知球的半径为4，点均在球的球面上，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.平面内的点在球面上，点在轴上的投影在轴的正半轴上，，过直线作球的截面，使得平面平面，设截面与球球面的交线为圆（为线段的中点）.
（1）求点的坐标.
（2）若平面，证明：平面平面.
（3）已知点在平面内，设线段在平面内绕着点逆时针旋转弧度至，点在圆上，且，过作平面，垂足为点.
①用表示点的坐标；
②若，求点到平面距离的最大值；
③若，当直线与平面所成的角最小时，求的值.
参考答案
1．【答案】B
【详解】抛物线的准线方程是，即.
故选B.
2．【答案】B
【详解】由得，∴，
由，得，解得或
∴，
故选B.
3．【答案】D
【详解】对于A中，由虚数单位，可得A错误；
对于B中，若，那么，所以B错误；
对于C中，虚轴上的点对应复数，所以C错误；
对于D中，若复数满足，虚数不能比较大小，则均为实数，D正确.
故选D.
4．【答案】B
【详解】根据题意可得， ，，
则10对样本数据的样本点中心为，
将其代入方程中得，，则.
故选B
5．【答案】B
【详解】在数列中，由，得数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
则，即， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列.
则，即，由，得，
所以.
故选B
6．【答案】D
【详解】因为，所以.
根据正弦定理可得，所以.
因为，所以根据余弦定理，可得：，
化简可得，所以.
因为为的边，，所以.
故选D.
7．【答案】D
【详解】由，则，对求导，所以，
当时，，，所以，在上单调递减．
当时，，当时，，所以的值域是．
又,,，所以，那么．
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，则的最大值为．
故选D．
8．【答案】C
【详解】
因为是等腰直角三角形，，，
则的外接圆半径，
因为侧面是等边三角形，设其外接圆半径为，
由正弦定理可得，解得，
设外接圆圆心为，外接圆的圆心为，
因为平面平面，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
两垂线的交点即为四面体外接球的球心，
设球心到平面的距离为，则等于的外接圆的圆心到的距离，
在等边三角形中，到的距离为，即，
所以外接球的半径，
所以.
故选C
9．【答案】AD
【详解】由，
令得，A选项正确.
令得，B选项错误.
二项式展开式的通项公式为，
由此可知是负数，为正数，
所以令得，
，
即，C选项错误
由，
两边求导得，
令得，所以D选项正确.
故选AD
10．【答案】ABD
【详解】对于A，图形中有2个节点，每处与4条线相连接，其余8个节点，每处与2条线相连接，
按图形中的数字从小到大依次连接，可按要求一笔完整画出，A是；
对于B，图形中有4个节点，每处与4条线相连接，按图形中的数字从小到大依次连接，可按要求一笔完整画出，B是；
对于D，图形中有6个节点，每处与4条线相连接，按图形中的数字从小到大依次连接，可按要求一笔完整画出，D是；
对于C，图中有4个节点，每处与5条线相连接，另一个节点处与4条线相连接，
无法用任何方式用笔不离纸且不重复经过任何一条线地一笔完整画出，C错误.
故选ABD
11．【答案】BCD
【详解】易知的定义域为，，
对于选项A，由，得到，且，所以减区间为，，故选项A错误，
对于选项B，由，得到或，
当时，，当时，，当，，当时，，
所以的极大值为，极小值为，故选项B正确，
对于选项C，由选项B知，的增区间为，减区间为，
当时，，且时，，当从左边时，，
当从右边时，，且时，，当时，，
图象如图所示，由图知，只有一个零点，且，
令，由，得到，所以，令，
由图知，与有且仅有两个交点，所以选项C正确，
对于选项D，令，易知的图象关于点中心对称，
所以，即，得到，故选项D正确，
故选BCD.
12．【答案】192
【详解】因为车联网通信技术与云计算技术要在相邻两天进行科普，所以可将这两项技术“捆绑”在一起，看作一个元素.对车联网通信技术与云计算技术进行内部排列，它们之间的排列顺序有种，
由于信息交互技术不在最后一天科普，那么信息交互技术可安排在前天中的任意一天，所以信息交互技术的安排方法有种.
将车联网通信技术与云计算技术看作一个整体后，除信息交互技术外，还剩下项技术以及这个整体，共个元素.
对这个元素进行全排列，排列方法有种，
根据分步乘法原理知道，满足条件的安排方法种数为（种）.
13．【答案】（中任意一个皆可以）
【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
14．【答案】
【详解】由为偶函数得，
则．
两边同时求导，得①．
所以的图象关于点对称，即，
由的图象关于点对称，得②．
①-②，得，所以，
又，所以，
即的周期为4，，，
．
故答案为．
15．【答案】（1）
（2）存在，
【详解】（1）由和正弦定理，可得，
因，，则，故，
由余弦定理，，
因，则，
故；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，
又因，故.
16．【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，数学期望为.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，
，
解得．
（2）设“该学生每天平均运动时间不低于60分钟”为事件A，
“该学生是‘运动爱好者’”为事件B，
则，
，
所以在该学生每天平均运动时间不低于60分钟的条件下是“运动爱好者”的概率为
.
（3）由题意可知，样本中共有“运动爱好者”学生25人，运动时间在分钟之间的学生有5人，
所以．
，，．
则的分布列为
0 1 2
则．
17．【答案】（1）
（2）1
【详解】（1），所以，又，
所以的图象在处的切线方程为．
（2）由已知得，所以，
令，则．
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
即在上单调递增，在上单调递减．
当时，，
所以存在，使得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
因为，故函数在上无零点，
又因为，由零点存在定理可得在上有且只有一个零点．
综上所述，当时，函数在上的零点个数为1．
18．【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【详解】（1）由题意设，，
当时，设直线的方程为，
由可得，所以，
因为，，
所以，所以，
即抛物线E的方程为.
（2）①由（1）可得抛物线的方程为，设，，
设直线的方程为，由可得，
所以，
所以，
所以，，
所以，
设，设直线的方程为，
由可得，因为，所以，
所以，，
所以，所以.
②由①可得
，
，
直线与直线的距离，
因为，所以，，
令，，
则，令，则，
令，则，
所以时，取得最大值，
此时四边形面积取得最大值.
19．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）①；②；③
【详解】（1）连接，过作，交于点.根据题意易得为等边三角形，所以，
则，所以.
（2）连接，根据球的性质可得平面，
则即为平面的一个法向量.
因为，所以.
平面的一个法向量为，
因为，
所以，故平面平面.
（3）①当时，过点作交于，
过点作交于，过点作交
于，过点作交于，过点作交于，则，
，
则，
同理可得当时，.
②因为点在平面内，所以，则平面的一个法向量为.
，
点到平面的距离，
当，即时，取得最大值，最大值为.
③易得平面的一个法向量为.
因为，所以.
设直线与平面所成的角为，
则
，
令，则，
则
，
当，即时，最小，即直线与平面所成的角最小.
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