精品解析：广东省广州市铁一中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题

2024---2025学年下学期广州市铁一中学高三年级2月月考 高三数学 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. 2. 在等比数列中，，，则（ ） A. -8 B. 16 C. 32 D. -32 3. 设，均为非零向量，且，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（ ） A 4 B. 3 C. 2 D. 1 5. 某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为（ ） A 0.34 B. 0.37 C. 0.42 D. 0.43 6. 如图，菱形纸片中，，O为菱形的中心，将纸片沿对角线折起，使得二面角为，分别为的中点，则折纸后（ ） A. B. C. D. 0 7. 已知函数的一条对称轴为，且在区间上值域为，则实数的最大值为（ ） A B. C. D. 8. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 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. 设为复数，且，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则最大值为3 C. 若，则 D. 若，则在复平面对应的点在一条直线上 10. 已知抛物线的焦点为，过点的直线的斜率为，且与交于两个不同的点（点在轴的上方），下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 点纵坐标之积与有关 D. 若（为坐标原点），则 11. 已知是偶函数，是奇函数，且，则（ ） A. 是周期函数 B. 的图象关于点中心对称 C. D. 是偶函数 三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，各项的二项式系数只有第4项最大，则常数项为______. 13. 已知、分别为双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线左支交于A，B两点，且，以为圆心，为半径的圆经过点B，则双曲线的离心率为__________. 14. 在三棱锥中，平面平面， ，，点为的中点，是上的一个动点，则三棱锥外接球表面积的最小值为___________. 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. 如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形，且，． （1）若为的中点，求证：平面； （2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值． 16. 近年来，随着人工智能技术的不断发展，各种AI应用也不断普及，ChatGPT就是一款具有人类沟通能力的智能AI工具．随着人工智能的加入，各类传媒、影视、游戏行业迎来了高速的发展，AI技术降低了这些行业的人力成本，提高了效率．某公司2016年—2023年的年投入资金（万元）与年收益（百万元）的数据如下表所示： 年份 2016 2017 2018 2019 2020 2021 2022 2023 1 2 3 4 5 6 7 8 195 2.92 4.38 6.58 9.87 15.00 22.50 33.70 （1）用（，均为常数）拟合年收益与年投入资金的关系，求出经验回归方程； （2）为了促进公司发展，该公司决定在甲、乙两个部门之间进行一次信息化技术比赛，比赛规则如下：两个部门进行三轮答题比赛，每轮只出1道题目，比赛时两部门同时回答这道题，若一部门答对且另一部门答错，则答对的部门得10分，答错的部门得分，若两部门都答对或都答错，则两部门均得0分，累计得分为正者将获得奖品，且两部门答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响，甲部门答对每道题的概率为，乙部门答对每道题的概率为． （ⅰ）记每一轮比赛中甲部门的得分为，求的分布列和数学期望； （ⅱ）求三轮比赛后甲部门获得奖品的概率． 参考数据：，，，其中，． 参考公式：对于一组数据，，…，，其经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为，． 17. 已知定圆，定点，动圆满足在圆内部与圆内切，且过点，设动圆圆心的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）设C与x轴交于A，B两点（A在B点左侧），直线l交C于M，N两点（M，N均不在x轴上），设直线AM，BN的斜率分别为，，若，证明：直线过定点． 18. 已知函数，其中，为自然对数的底数. （1）若函数在处的切线与平行， ①求的值； ②证明：函数在定义域上恰有两个不同的零点. （2）设函数在区间上存在极值，求证：. 19. 已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，若时，规定． （1）若，写出及的值； （2）若数列是等差数列，求数列的通项公式； （3）设集合，求证：且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024---2025学年下学期广州市铁一中学高三年级2月月考 高三数学 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】B 【解析】 【分析】由对数函数性质解对数不等式求出集合A，解绝对值不等式求出集合B，再根据交集定义直接计算即可得解. 【详解】因为函数是增函数，所以解得， 所以集合， 解不等式得即， 所以集合， 所以 故选：B 2. 在等比数列中，，，则（ ） A. -8 B. 16 C. 32 D. -32 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式即可求解． 【详解】设等比数列的公比为 则，所以 故 故选：D 3. 设，均为非零向量，且，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量垂直的条件结合数量积的定义求解夹角即可. 【详解】设与的夹角为，根据题意，可得， 所以，代入，所以， 解得，因为，所以与的夹角为． 故选：D 4. 已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】利用已知条件求出切点的横坐标，从而得到，利用基本不等式即可求解. 【详解】由于直线 与曲线 相切， 设切点为，且，所以， 则切点的横坐标 ，则，即 . 又，所以，即， 当且仅当 时取等号，所以 的最小值为1. 故选：D 5. 某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为（ ） A. 0.34 B. 0.37 C. 0.42 D. 0.43 【答案】C 【解析】 【分析】根据排列组合以及概率的乘法公式即可求解. 【详解】设事件表示“两道题全做对”， 若两个题目都有思路，则, 若两个题目中一个有思路一个没有思路，则， 故, 故选：C 6. 如图，菱形纸片中，，O为菱形的中心，将纸片沿对角线折起，使得二面角为，分别为的中点，则折纸后（ ） A. B. C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】作出二面角得平面角，设出菱形的边长，求出的长，利用余弦定理即可求得答案. 【详解】如图，连接，则， 故即为二面角得平面角，即， 设的中点为M，连接，则, 设菱形纸片中的边长为2，因为，则为正三角形， 则, 故为正三角形，故, 又，平面，则平面, 平面，故， 又因为为的中点，所以，所以, 又，故, 故在中，， 故， 故选：A 7. 已知函数一条对称轴为，且在区间上值域为，则实数的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和与差的余弦公式以及二倍角的余弦公式化简计算得函数，利用整体法，代入对称轴计算得的值，然后利用整体法分析函数的值域，列关于的不等式计算即可得答案. 【详解】， ， ， ，因为函数的一条对称轴为， 所以，即， 又因为，所以，所以， 当时，， 因为函数在区间上值域为， 所以，解得， 所以实数的最大值为. 故选：D 8. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数判断在的单调性，从而求得在的取值范围，结合已知条件值域为，得到在时的取值范围，根据二次函数的单调性，进而可求得的取值范围. 【详解】当时，，则，令，解得. 当时，单调递减；当时，单调递增， 所以当时，取得最小值为. 要使得函数的值域为，则需当时， 的最大值大于等于1. 当时，，则，即； 当时，，则，解得 所以综上所述：或. 故选：D. 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. 设为复数，且，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则最大值为3 C. 若，则 D. 若，则在复平面对应的点在一条直线上 【答案】BD 【解析】 【分析】通过举反例判断A和C；由复数的几何意义判断B和D． 【详解】对于A，令，满足，但不成立，故A错误； 对于B，设，， 因为，则复数的对应点在以原点为圆心，1为半径的圆上，的几何意义为到的距离，其最大值为，故B正确； 对于C，令，则，， 满足，但，故C错误； 对于D，因为，设对应的点为， 若，则在复平面内对应点到和的距离相等，即在复平面内对应点在线段的垂直平分线上，所以在复平面对应的点在一条直线上，故D正确； 故选：BD． 10. 已知抛物线的焦点为，过点的直线的斜率为，且与交于两个不同的点（点在轴的上方），下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 点的纵坐标之积与有关 D. 若（为坐标原点），则 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，根据弦长公式即可判断A；过点分别作准线的垂线，垂足分别为，设，根据抛物线的定义求出，进而可求出，即可判断B；设，联立方程，利用韦达定理即可判断C；由，得，根据点在轴的上方，得，再结合抛物线的定义即可判断D. 【详解】设， 对于A，若，则直线， 联立，得，则， 所以，故A正确； 对于B，过点分别作准线的垂线，垂足分别为， 不妨设，则， 则，故B正确； 对于C，易得直线的斜率不为零，设， 联立，得，则为定值， 所以点的纵坐标之积与无关，故C错误； 对于D，由，得， 即，即， 由， 得，， 因为点在轴上方，所以， 则，所以， 所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知是偶函数，是奇函数，且，则（ ） A. 是周期函数 B. 的图象关于点中心对称 C. D. 是偶函数 【答案】AD 【解析】 【分析】先根据函数，的奇偶性及，结合赋值法得到函数是周期为2的周期函数，即可得A；由，，即可得到的图象的对称中心，进而判断选项B；利用倒序相加法及即可判断选项C；由，对两边同时求导后结合，并对两边同时求导即可判断选项D． 【详解】对A：由是偶函数，则，故， 则， 即有，又是奇函数，则， 即有，则，， 即周期为，故A正确； 对B：由，， 则， 即，故的图象关于点中心对称，故B错误； 对C：由， 则， 则 ， 故，故C错误； 对D：由，则， 又，则， 故为偶函数，故为偶函数，故D正确. 故选：AD. 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，各项的二项式系数只有第4项最大，则常数项为______. 【答案】 【解析】 【分析】由二项式系数性质得值，然后由二项展开式通项公式确定常数项． 【详解】展开式中二项式系数只有第4项最大，则， ， 由得， 所以常数项为. 故答案为： 13. 已知、分别为双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线左支交于A，B两点，且，以为圆心，为半径的圆经过点B，则双曲线的离心率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由以为直径的圆经过点，可得，结合双曲线的性质和勾股定理，再结合离心率公式，即可解答. 【详解】因为、分别为双曲线的左右焦点， 过的直线与双曲线左支交于A，B两点， 且，以为圆心，为半径的圆经过点B，得， 设，则， 在中，由勾股定理得，解得， 则， 在中，由勾股定理得，化简得，， 所以的离心率. 故答案为： 14. 在三棱锥中，平面平面， ，，点为的中点，是上的一个动点，则三棱锥外接球表面积的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】先由证得，；再以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，求得的坐标，由题意设，球心，得到，求得的最小值，进而得三棱锥的外接球面积的最小值. 【详解】因为平面平面，, 且平面平面，平面, 所以平面，平面, 所以. 在△中，因为， ， ∴，，所以 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过且垂直于平面ABC的直线为轴，建立空间直角坐标系. ∵点为的中点，是上的一个动点， ∴，， 设△的重心为，则， 三棱锥外接球的球心为，则， 则有，即 则， ∴，当且仅当，即时，等号成立. 设三棱锥外接球半径为，表面积为，则 所以. 故答案为：. 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. 如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形，且，． （1）若为的中点，求证：平面； （2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行和面面平行的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 连接， 在中，分别为的中点，所以， 因为平面平面，所以平面， 在矩形中，， 同理可得平面，又，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面； 【小问2详解】 过点做交于点，连接 由题可知平面，且，所以平面 则，又，平面， 所以平面， ∴在平面内射影为， 则即为与平面所成的角，所以 在中，由可知 则，， 以坐标原点，所在直线为轴， 过点垂直于平面为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以， 所以， 因为二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 16. 近年来，随着人工智能技术的不断发展，各种AI应用也不断普及，ChatGPT就是一款具有人类沟通能力的智能AI工具．随着人工智能的加入，各类传媒、影视、游戏行业迎来了高速的发展，AI技术降低了这些行业的人力成本，提高了效率．某公司2016年—2023年的年投入资金（万元）与年收益（百万元）的数据如下表所示： 年份 2016 2017 2018 2019 2020 2021 2022 2023 1 2 3 4 5 6 7 8 1.95 2.92 4.38 6.58 9.87 15.00 22.50 33.70 （1）用（，均为常数）拟合年收益与年投入资金的关系，求出经验回归方程； （2）为了促进公司发展，该公司决定在甲、乙两个部门之间进行一次信息化技术比赛，比赛规则如下：两个部门进行三轮答题比赛，每轮只出1道题目，比赛时两部门同时回答这道题，若一部门答对且另一部门答错，则答对的部门得10分，答错的部门得分，若两部门都答对或都答错，则两部门均得0分，累计得分为正者将获得奖品，且两部门答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响，甲部门答对每道题的概率为，乙部门答对每道题的概率为． （ⅰ）记每一轮比赛中甲部门的得分为，求的分布列和数学期望； （ⅱ）求三轮比赛后甲部门获得奖品的概率． 参考数据：，，，其中，． 参考公式：对于一组数据，，…，，其经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为，． 【答案】（1） （2）（ⅰ）分布列见解析，；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）对两边同时取自然对数得，令，利用最小二乘法可求得，由此可得经验回归方程； （2）写出的可能取值，分别求出概率即可求出分布列及期望；记三轮比赛后甲部门可获得奖品的得分为，写出的可能取值，分别求出概率即可求解. 【小问1详解】 因为，所以两边同时取自然对数，得， 设，所以， 又因为，，， ， 所以， 所以，即， 所以； 【小问2详解】 （ⅰ）的可能取值为10，0，， 则， ， ， 所以的分布列为 10 0 所以； （ⅱ）记三轮比赛后甲部门可获得奖品的得分为，则的可能取值为30，20，10， 则， ， ， 所以三轮比赛后甲部门获得奖品的概率为. 17. 已知定圆，定点，动圆满足在圆内部与圆内切，且过点，设动圆圆心的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）设C与x轴交于A，B两点（A在B点左侧），直线l交C于M，N两点（M，N均不在x轴上），设直线AM，BN的斜率分别为，，若，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意得到，再利用椭圆的定义求解； （2）设的方程为，与椭圆方程联立，由，得到，再与韦达定理结合求解. 【小问1详解】 解：易知圆的圆心为，半径为4， 由题得， 所以动点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 不妨设椭圆的长轴、短轴、焦距为2a，2b，2c， 其中，，， 所以的方程为． 【小问2详解】 证明，如图， 易知直线l的斜率不为0， 设的方程为，，， 联立得， ， 则，， 又可知点，，所以，， 由得， 又，所以， 即， 又，， 代入得， 整理可得， 因为M，N两点不在轴上，所以， 所以，化简得， 所以，直线的方程为， 故直线l恒过定点． 18. 已知函数，其中，为自然对数的底数. （1）若函数在处的切线与平行， ①求的值； ②证明：函数在定义域上恰有两个不同的零点. （2）设函数在区间上存在极值，求证：. 【答案】（1）①；②证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）①利用导数求函数在处的切线的斜率即可；②利用导数求出的单调性，结合零点存在性定理即可证明； （2）求出，当时不合题意，当时，令，利用导数判断的单调性，根据，要使得在上存在极值，则须满足，即，分析推理即可得到. 【小问1详解】 ①的定义域为， ， 因为函数在处的切线与平行， 所以，得； ②由①得，， 令， 因为，所以在单调递减， 又，， 所以存在唯一的，使，即， 当时，，即，在单调递增； 当时，，即，在单调递减， 又（当且仅当，即时等号成立）， 即，因为，， 由零点存在性定理知在和分别有一个零点， 综上，函数在定义域上恰有两个不同的零点； 【小问2详解】 依题意，， 则， 当时，，在单调递增，不合题意； 当时，令，，则， 所以在单调递增， 因为，要使得在上存在极值， 则须满足，即， 所以，，即. 设，则， 令，则， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以， 即当时，， 所以，. 所以， 即， 所以. 【点睛】关键点睛：本题第（2）问解题的关键在于当时，构造函数，，利用的单调性和，将题设在上存在极值，转化成，从而列出关于a的不等式组可进一步求解. 19. 已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，若时，规定． （1）若，写出及的值； （2）若数列是等差数列，求数列的通项公式； （3）设集合，求证：且． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意先分别求出，，，，则易得及的值； （2）由题可知，分析判断时，与题设矛盾，推得；再假设存在使得，经推理得出与是等差数列矛盾，可得，利用等差数列基本量运算即得； （3）根据定义得到数列是递增数列；用反证法证明，假设存在正整数，若，则推出，与假设矛盾，所以；，所以要证，只需证，且，能推出，所以，所以，所以结论成立. 【小问1详解】 依题意，，，，， 故得； 【小问2详解】 由题可知，所以，所以． 若，则， 所以，与是等差数列矛盾． 所以． 设，因为是各项均为正整数的递增数列，所以． 假设存在使得． 设，由得． 由得，与是等差数列矛盾． 所以对任意都有． 所以数列是等差数列，． 【小问3详解】 因为对于，所以． 所以，即数列递增数列． 先证明． 假设，设正整数． 由于，故存在正整数使得，所以． 因为是各项均为正整数的递增数列，所以． 所以． 所以． 又因为数列是递增数列，所以，矛盾． 所以． 再证明． 由题可知． 设且，因为数列是各项均为正整数的递增数列， 所以存在正整数，使得． 令． 若，则，即，所以． 所以，所以． 若，则， 所以． 所以，所以． 因为，所以． 所以． 综上，且． 【点睛】方法点睛：本题主要考查集合新定义问题，属于难题.对于集合新定义问题的解题策略，首先，要明确新定义的特点；其次，根据定义中的步骤对具体题目进行推理和运算，最后得到结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $