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2025 届高三 2 月综合练习
数学
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.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合 ，利用交集的定义可求得集合 .
【详解】因为 ， ，
所以， .
故选：C.
2. 已知复数z满足 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出z，再写出其共轭复数，再根据模的公式计算，即可得到答案.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以
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学科网（北京）股份有限公司故选：C
3. 已知平面向量 和实数 ，则“ ”是“ 与 共线”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量共线的判定定理结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若 ，则 与 共线，可知充分性成立；
若 与 共线，例如 ，则 不成立，可知必要性不成立；
所以“ ”是“ 与 共线”的充分不必要条件.
故选：A.
4. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用和角的正弦、余弦公式和二倍角公式化简即可.
【详解】
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学科网（北京）股份有限公司.
故选：D.
5. 已知函数 有两个零点，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导得到 ，利用导数得到 的最小值，从而要使 有两个零点，则 的最小值
小于0，利到 的范围，再利用零点存在性定理证明所求的 的范围符合题意.
【详解】由函数 ，可得 ，
当 时， 在 上恒成立，所以 在 上单调递增，
所以 至多一个零点，不符合题意，
当 时， ，可得 ，
当 时， ，所以 在 上单调递减，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
所以 时， 取得极小值，也是最小值，
又函数 有两个零点，所以 ，
即 ，解得 ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
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学科网（北京）股份有限公司设 ，则 ，
所以 单调递增，则 ，
所以 ，所以 在 上有且只有一个零点，
在 上有且只有一个零点，
所以满足函数 有两个零点的实数 的取值范围是 .
故选：D.
6. 现有标号为1，2，3，4，5的五张卡片，甲、乙两人随机依次从中各抽取两张，则仅有甲抽到的卡片上
数字之和为6的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用组合数公式求得总的取法数，再求得符合条件的取法数，由古典概型概率公式可求解.
【详解】从标号为1，2，3，4，5的五张卡片，甲抽取两张卡片有 ，乙抽取两张卡片有 ，
所以共有 种不同的取法，
仅有甲抽到的卡片上数字之和为6的取法为：
甲抽 时，乙可抽 与 两种，甲抽 时，乙可抽 与 两种，
所以共有4种不同的抽法，
所以仅有甲抽到的卡片上数字之和为6的概率为 .
故选：A.
7. 已知正方体 的棱长为2，点 为棱 的中点，则平面 截该正方体的内切球
所得截面面积为（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】球心 为正方体中心， ，法一：连接 相交于点 ，根据线面平行的判定定理得
平面 ，则 到平面 的距离等于点 到平面 的距离，设为 ，利用
求出 ，再由截面圆半径 可得答案；法二：以 为原点， 为
轴建立空间直角坐标系，求出平面 的一个法向量，再由点到平面 的距离的向量求法可
得答案.
【详解】球心 为正方体中心，半径 ，
法一：连接 ，相交于点 ，点 为 的中点，连接 ，
可得 ，因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， 在 上，
则 到平面 的距离等于点 到平面 的距离，设为 ，
， ，
由 平面 、 得： ，
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学科网（北京）股份有限公司则截面圆半径 ，
所以截面面积 ；
法二：以 为原点， 为 轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ， ， ， ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
，令 ，则 ，
所以 ，
则 到平面 的距离 ，
截面圆半径 ，所以截面面积 .
故选：A．
8. 定义： ， 两点间的“M 距离”为 把到两定点 ，
的“ 距离”之和为常数 的点的轨迹叫“ 椭圆”，则“ 椭圆”的面积为（
）
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接法求出曲线方程，通过其对称性质先研究它在第一象限的特征，进而得到整个图形特征，求
得其面积.
【详解】设 ，则“ 椭圆”方程是 ，即 ，
将 换为 可得 ，即 ，所以“ 椭圆”关于 轴对
称；
将 换为 可得 ，即 ，所以“ 椭圆”关于 轴对称；
将 换为 ， 换为 可得 ，即 ，所以“ 椭
圆”关于原点对称；
研究“ 椭圆”在第一象限图象，
当 时方程为 ，是一条线段，端点坐标分别为 ， ，
当 时方程为 ，表示一条线段，端点坐标分别为 ， ，
结合曲线的对称性，“ 椭圆”大致图象如图：
四边形 是直角梯形，上底长为 ，下底长为 ，高为 ，
所以梯形 面积为 ，
所以“ 椭圆”面积为
故选：C
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学科网（北京）股份有限公司【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出“ 椭圆”的方程，结合其对称性，只需分析在第一象限部分的情
形.
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. 设甲袋中有2个白球和3个红球，乙袋中有1个白球和2个红球.现从甲袋中任取1个球放入乙袋，用事
件 ， 分别表示从甲袋中取出的是白球和红球.再从乙袋中随机取出1个球，用事件B表示从乙袋中取
出的是白球，则（ ）
A. ， 互斥 B. 与B相互独立 C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意 ， 是两两互斥的事件，可判断A， ， ，
可判断C，求得 ， 可判断D，求得 ，
，可判断B.
【详解】由题意 ， 是互斥的事件，故A正确；
， ， ，故C正确；
， ，故D错误，
， ，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 与B不相互独立，故B错误.
故选：AC
10. 已知函数 ，则下列说法正确的有（ ）
A. 若 在 上的值域为 ，则 的取值范围是
B. 若 在 上恰有一条对称轴，则 的取值范围是
C. 若 在 上单调递增，则 的取值范围是
D. 若 在 上有且只有两个不同的零点，则 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据各项的给定区间确定 的范围，结合正弦函数的性质及对应区间的值域、对称轴、零点及
单调性情况列不等式求参数范围，判断各项正误.
【详解】A：由 ，则 ，且值域为 ， ，得 ，正确；
B：由 ，则 ，则 ，得 ，错误；
C：由 ，则 上函数单调递增，
又 ，则 ，得 ，正确；
D：由 ，则 上函数有且只有两个不同的零点，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，得 ，正确；
故选：ACD
11. 已知数列a，b，c，d，前三项a，b，c成等差数列，且公差不为0，后三项b，c，d成等比数列，则（
）
A. 当 时，
B. 当 时，
C. 当 ， 时， 或
D. ， ， ， 可能成等比数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据等差数列与等比数列的性质可判断A；取 可判断B；设等差
数列的公差为m， ，可得 ，求解可判断C；由 ， ， 成等比数列，
得 ，根据二倍角公式及两角和差的余弦公式可取 ，从而可判断D.
【详解】因 a为，b，c成等差数列，b，c，d成等比数列，
所以 ，
对于选项A：当 时，
则 ，即
又 ，所以 ，所以 ，故A正确；
对于选项B：取 满足a，b，c成等差数列，b，c，d成等比数列，
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学科网（北京）股份有限公司又 ，但 ，故B错误；
对于选项C：设等差数列的公差为m， ，
则 ，
因为 ， ，
所以 ，解得 或 ，故C正确；
对于选项D：若 ， ， 成等比数列，
则 ，
所以 ，
，
，
，
可取 ， ，
则 ，
取 ，则 ， ， ， ， ， ， ，
此时 ， ， ， 成等比数列，故D正确.
故选：ACD
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知 的展开式中 项的系数为30，则 ______．
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学科网（北京）股份有限公司【答案】 ##
【解析】
【分析】原式展开，设 的二项式展开式通项为 ，分别求出 、 的
系数可得答案．
【详解】原式 ，
设 的二项式展开式通项为
，
令 ，得 的系数为 ，令 ，得 的系数为 ，
所以 项 的系数 ，得： ．
故答案为： ．
13. 写出一条与圆 和抛物线 都相切的直线的方程__________.
【答案】 （或 ，两者填一个即可）
【解析】
【分析】对抛物线方程求导，列出直线方程，根据直线与圆相切得到方程，求出答案.
【详解】设公切线与抛物线 切于点 ，
因为 ，所以 ，
所以M处的公切线方程为 ，
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学科网（北京）股份有限公司即 ，
结合公切线与圆 相切，即 与 相切，
故 ，
解得 ，
所以公切线的方程为 或
故答案为： （或 ，两者填一个即可）
14. 已知函数 ，则 的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用导数研究函数的单调性，对a进行分类讨论，即可求解.
【详解】 的定义域为R，
，
①当 时， 恒成立，故 单调递增，则不等式恒成立，满足题意；
②当 时， ，令 ，可得 或 ，令 ，可得 ，
故 在， 上单调递增，在 上单调递减，
又 ，则 ，所以要使不等式成立，
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学科网（北京）股份有限公司只需满足 ，且 ，即 ，且 ，
③当 时， ，令 ，可得 或 ，令 ，可得 ，
故 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
因为 ，
又 ，
所以要使不等式成立，需满足 ，再结合 ，解得
综上所述，不等式 的解集为：
故答案为：
【点睛】思路点睛：函数不等式的求解问题，一般是先讨论函数的单调性，再结合自变量的范围求解不等
式，前者有时需要利用导数来处理.
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 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 .
（1）求 ；
（2）若 为 中点， ， ，求 的周长.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）解法1：边化角之后，再利用两角和的正弦公式及 ，得到 ，
得1分，再得出 的值.
解法2：利用余弦定理，将角化边，得出 ，消去 ，得出结果.
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学科网（北京）股份有限公司解法3：整理成射影定理的结构，化简得出结果.
（2）解法1：利用已知条件和余弦定理，得出 ，题干已知条件有转化成 ，利用余
弦定理，得出 ，解方程得出 或者 的值，再计算得出周长.
解法2：利用 ，得出 ，由 ，得出
，解方程得出 或者 ， 的值，再计算得出周长.
解法3：利用平行四边形长度，得出 ，由 ，得出
，解方程得出 或者 ， 的值，再计算得出周长.
解法4：利用向量关系，得出 ，由 ，得出
，解方程得出 或者 ， 的值，再计算得出周长.
解法5：在 和 分别利用余弦定理，得出 ，由 ，
得出 ，解方程得出 或者 ， 的值，再计算得出周长.
【小问1详解】
解法1：
由题意，得
则
所以
因为在 中， ，
所以 .
解法2：
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学科网（北京）股份有限公司由题意，得 ，
所以 ，
因此
因为 ，所以 .
解法3：
由题意，得
所以由射影定理，得
因为 ，所以 .
【小问2详解】
解法1：
由已知条件，得 .
在 利用余弦定理，得 .
所以
由余弦定理，得 ，
所以 .
因此
所以 的周长为 .
解法2：
因为 ，
所以 .
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学科网（北京）股份有限公司因此 ，
所以
又由余弦定理，得 ，
所以
因此 ，
所以 的周长为 .
解法3：
以 的边 ， 为邻边将 补成平行四边形，
利用平行四边形长度关系可得， ，
所以 .
又由余弦定理，得 ，
所以
因此 ，
所以 的周长为 .
解法4：
利用向量关系，可得
因此
又由余弦定理，得 ，
所以
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学科网（北京）股份有限公司因此 ，
所以 的周长为 .
解法5：
在 和 分别利用余弦定理，可得
.
所以
又由余弦定理，得 ，
所以
因此
所以 的周长为 .
16. 已知数列 是公差大于0的等差数列，数列 的前 项和为 .
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 .
（i）试写出 ， ， 的值；
（ii）求数列 的前20项和 .
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）408
【解析】
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，即可根据通项公式求解，
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学科网（北京）股份有限公司（2）根据题意可得则 ， ，即可利用分组求和，结合等差和等比数列的求和公
式求解.
【小问1详解】
设 的公差为 ，
令 ，得 ，故 即 ，
令 ，得 ，故 ，即 ，
由于 ，则解得 ，
故 ，
【小问2详解】
（i）当 ，故 ，
时， ，
所以 ，
（ii）由题意可知： ，
当 时， ，则 ，
当 ， ，则 ， ，
当 ， ，则 ， ，
所以
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学科网（北京）股份有限公司,
因此
17. 如图所示，长方体 中， ， ， 为棱 上 一的个动点，三棱锥
体积的最大值为
（1）求 的长；
（2）若二面角 是二面角 的三倍，求 的长
【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】（1）设 利用求 的最值求出 的长的最值.
（2）建立合适的坐标系将二面角 和二面角 使用向量表示出来，建立方程求出
的长.
【小问1详解】
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学科网（北京）股份有限公司设 ，
则
，
当三棱锥 的体积最大时， ，即点 与点 重合时，
，
因此 的长为
【小问2详解】
由题意，直线 彼此垂直，
如图所示，以点 为原点建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，设 ，
则 ，设平面 的一个法向量为
不妨设 得 ，
则 ，设平面 的一个法向量为 ，
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学科网（北京）股份有限公司不妨设 ，
则 ，设平面 的一个法向量为 ，
则 不妨令
则平面 的一个法向量为
则二面角 的余弦值等于 ，
则二面角 的余弦值等于
，
二面角 是二面角 的三倍，
即二面角 是二面角 的两倍
由二倍角公式 ，
即 ，
因此 的长为
18. 已知曲线 在 处的切线过点 .
（1）试求 的值；
（2）讨论 的单调性；
（3）证明：当 时， .
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）0； （2）答案见解析；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，再代入计算即得.
（2）求出函数 的导数，再分类讨论求出单调区间.
（3）由（2）求出函数 的最小值，利用分析法，构造函数并利用导数证明不等式.
【小问1详解】
函数 ，求导得 ，则 ，而 ，
因此曲线 在 处的切线方程为 ，即 ，
依题意， ，所以则 .
【小问2详解】
为
由（1）知函数 ，其定义域 ，求导得 ，
当 时， 在 上单调递减；
当 时，由 ，得 ，
当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增；
所以当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
【小问3详解】
由（2）得 ，
要证明 ，即证 ，即证 ，
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学科网（北京）股份有限公司令 ，求导得 ，
由 ，得 ，由 ，得 ，
即函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
因此 ，即 恒成立，
所以当 时， .
19. 在平面直角坐标系 中，已知椭圆 是其左､右焦点，过椭圆 右焦点 的直线
交椭圆于 两点.
（1）若 ，求点 的坐标；
（2）若 的面积为 ，求直线 的方程；
（3）设直线 与椭圆 交于 两点， 为线段 的中点.当 时， 的面积
是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由.
【答案】（1） 或 ；
（2） 或 ；
（3） 的面积为定值，该定值为 .
【解析】
【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示计算可得 或 ；
（ 2 ） 设 直 线 的 方 程 为 ， 联 立 直 线 与 椭 圆 方 程 根 据 韦 达 定 理 计 算 可 得
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学科网（北京）股份有限公司，可得直线 的方程；
（3）利用点差法计算可得 ，设直线 的方程为 ，联立椭圆方程并根据韦达定
理 可 得 ， 再 根 据 弦 长 公 式 以 及 点 到 直 线 距 离 可 得
.
【小问1详解】
易知 ，设点 ，
可得 ，可得 ，
则 ，
所以 ，解得 ，
可得 ，
即 或
【小问2详解】
设直线 的方程为 ， ，
联立 并整理可得 ，
所以 ，
易知 的面积为
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学科网（北京）股份有限公司，
解得 ，即 ；
所以直线 的方程为 或 .
【小问3详解】
根据题意可知直线 的斜率存在，
设直线 的方程为 ， ，则 ，如下图所示：
易知 ，两式相减可得 ；
由 ，所以可得 ，
即 ，又 ，可得 ；
即 ，
联立 整理可得 ，
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学科网（北京）股份有限公司，可得 ；
可得 ；
所以 ，
整理可得 ，即 ；
易知
；
原点 到直线 的距离为 ，
所以 的面积为 ；
所以 的面积为定值，该定值为 .
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据弦中点问题利用点差法表示出斜率关系，再根据弦长公式和韦达
定理表示出面积公式，化简即可得出结论.
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学科网（北京）股份有限公司
