精品解析：江苏省扬州中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题

江苏省扬州中学2024-2025学年度第二学期学习效果评估 高三数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，若，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知向量，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，且，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 若的展开式中含的项满足，则这些项的系数和为（ ） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 6. 波斯诗人奥马尔•海亚姆于十一世纪发现了一元三次方程的几何求解方法.在直角坐标系中，两点在轴上，以为直径的圆与抛物线：交于点，.已知是方程的一个解，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四棱锥的底面边长为，若半径为1的球与该正四棱锥的各面均相切，则正四棱锥的体积为（ ） A. B. 12 C. D. 36 8. 已知函数的定义域为，且对任意，满足，且则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每题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. 已知函数，若将的图象向右平移个单位后，再把所得曲线上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 的图象关于直线对称 D. 的图象与的图象在内有4个交点 10. 数学中有许多美丽的曲线，图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成，曲线，上顶点为，右顶点为，曲线上的点满足到和直线的距离之和为定值4，已知两条曲线具有公共的上下顶点，过作斜率小于0的直线与两曲线从左到右依次交于且，则（ ） A. 曲线由两条抛物线的一部分组成 B. 线段的长度与点到直线的距离相等 C. 若线段的长度为，则直线的斜率为 D. 若，则直线的斜率为 11. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，P为的中点，点满足，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若，则点的轨迹为一段圆弧 C. 若的外心为O，则为定值2 D. 若且，则存在点E在线段上，使得的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等比数列为递增数列，．记，分别为数列，的前项和，若，，则______． 13. 已知，且满足，则________． 14. 如果是离散型随机变量，则在事件下的期望满足其中是所有可能取值的集合.已知某独立重复试验的成功概率为，进行次试验，求第次试验恰好是第二次成功的条件下，第一次成功的试验次数的数学期望是__________. 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. 在矩形中，点在线段上，且. （1）求； （2）若动点分别在线段上，且与面积之比为，试求的最小值. 16. 刍甍（chúméng）是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．”，如图，在刍甍中，四边形是正方形，平面和平面交于EF． （1）求证：平面； （2）若，，，，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使几何体存在且唯一，并求平面和平面的夹角的余弦值． 条件①：，； 条件②：平面平面； 条件③：平面平面． 17. 已知函数，． （1）求在处的瞬时变化率； （2）若恒成立，求a的值； 18. P为圆上一动点，点B的坐标为，线段的垂直平分线交直线于点Q． （1）求点Q的轨迹方程C； （2）如图，（1）中曲线C与x轴的两个交点分别为和，M、N为曲线C上异于、的两点，直线不过坐标原点，且不与坐标轴平行．点M关于原点O的对称点为S，若直线与直线相交于点T，直线与直线相交于点R，证明：在曲线C上存在定点E，使得的面积为定值，并求该定值． 19. 为了合理配置旅游资源，管理部门对首次来武汉旅游的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人计划只参观黄鹤楼，另外的人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，每位游客若只参观黄鹤楼，则记1分；若既参观黄鹤楼又游览晴川阁，则记2分．假设每位首次来武汉旅游的游客计划是否游览晴川阁相互独立，视频率为概率． （1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望； （2）从游客中随机抽取n人，记这n人的合计得分恰为分的概率为，求； （3）从游客中随机抽取若干人逐个统计，记这些人的合计得分出现n分的概率为，求数列的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省扬州中学2024-2025学年度第二学期学习效果评估 高三数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，若，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由集合的包含关系得不等式组，解不等式组即可． 【详解】由题意，因为，则. 故选：C． 2. 已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】先根据题意设复数的代数形式，再由条件求得，进而得到其对应点的坐标，从而判断得解. 【详解】因为复数在复平面内所对应的点位于第一象限， 则设， 因为，所以， 所以复数在复平面内所对应的点为， 又，所以该点位于第四象限. 故选：D. 3. 已知向量，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用数量积的运算律可得，再利用向量垂直的坐标运算，可得，进而可得，，即可求解. 【详解】因为，得到，化简得，所以， 又，所以，得到， 所以，则，， 所以的面积为， 故选：A. 4. 已知函数，且，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，结合条件得到：，然后根据函数的奇偶性和单调性求解. 【详解】由题意得，函数， 设（）， 由，得从而：， 又因为， 所以是上的奇函数，即， 又有， 因为是上的增函数，是上的增函数， 所以是上的增函数； 则可得：，即， 整理得：，解得：或， 所以实数的取值范围为， 故选：C. 5. 若的展开式中含的项满足，则这些项的系数和为（ ） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用二项式定理展开，可求系数和. 【详解】 ， 因为，所以含的项为，， 所以含系数和为. 故选：A. 6. 波斯诗人奥马尔•海亚姆于十一世纪发现了一元三次方程的几何求解方法.在直角坐标系中，两点在轴上，以为直径的圆与抛物线：交于点，.已知是方程的一个解，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得以为直径的圆的方程，与抛物线的方程联立，消去，可得的方程，由题意考虑两个三次方程有相同的解，可得所求点的坐标． 【详解】设，的中点为， 则以为直径的圆的方程为， 与抛物线联立，可得， 化简可得， 由于，可得，的横坐标相等， 则方程和方程有相同的解， 即有，解得， 则． 故选：A． 7. 已知正四棱锥的底面边长为，若半径为1的球与该正四棱锥的各面均相切，则正四棱锥的体积为（ ） A. B. 12 C. D. 36 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，先判断正四棱锥的内切球的球心在其高线上，过点作于点，连接，过点作于点，证明平面，得，通过计算依次求得，直至求得高线长，即可求其体积. 【详解】 因为球与该正四棱锥的各面均相切，所以该球的球心在的高线上， 过点作于点，连接，过点作于点. 因平面，平面，则， 又平面，则平面， 因平面，故，又平面，故平面. 依题意，，因为底面边长为，所以， 在中，，则， 因，则，则， 故，则. 故选：B. 8. 已知函数的定义域为，且对任意，满足，且则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据累加法可得即可求解. 【详解】当时， 因为， 故 由累加法可得， 故，故AB错误， 由， 所以故，所以C错误,D正确， 故选：D 【点睛】关键点点睛：利用累加法可得. 二、多选题：本题共3小题，每题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. 已知函数，若将的图象向右平移个单位后，再把所得曲线上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 的图象关于直线对称 D. 的图象与的图象在内有4个交点 【答案】BD 【解析】 【分析】根据函数图象的变换可得，即可代入验证求解ABC，作出两个函数的图象即可求解D. 【详解】的图象向右平移个单位后，可得， 进而可得，故A错误， 对于B，，故B正确， 对于C，，故不是的对称轴，故C错误， 对于D，分别作出与在内的图象，可知有4个交点，故D正确， 故选：BD 10. 数学中有许多美丽的曲线，图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成，曲线，上顶点为，右顶点为，曲线上的点满足到和直线的距离之和为定值4，已知两条曲线具有公共的上下顶点，过作斜率小于0的直线与两曲线从左到右依次交于且，则（ ） A. 曲线由两条抛物线的一部分组成 B. 线段的长度与点到直线的距离相等 C. 若线段的长度为，则直线的斜率为 D. 若，则直线的斜率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，根据题干列出等式即可判断；对于选项B，利用抛物线的定义即可判断，对于选项C，利用焦半径公式列出等式即可判断，对于选项D，由焦半径，又因为可得，即可得到结果. 【详解】 对于A选项，设曲线上任意一点， 由定义可知，满足， 移项，平方可得：， 即，为两条抛物线，故A正确； 对于B选项，和直线分别为抛物线的焦点和准线，由抛物线定义可知，故B正确 对于C选项，设与轴夹角为同时为抛物线和椭圆的焦点，， ， 解得，则，故C错误. 对于D选项，易知为抛物线和的焦点， 前者，后者分别为两个抛物线的较短的焦半径，因此 ，由于， 则，因此，所以，故D正确， 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：抛物线的求解，一般利用定义和二级结论直接能够列出等式求解. 11. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，P为的中点，点满足，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若，则点的轨迹为一段圆弧 C. 若的外心为O，则为定值2 D. 若且，则存在点E在线段上，使得的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平行线的性质结合给定条件判断底面积和高都是定值来处理A，利用圆的定义结合夹角求解轨迹来处理B，利用三角形外心和向量数量积的性质判断C，将三角形翻折后，利用勾股定理和余弦定理判断D即可. 【详解】对于A，如图，取靠近的三等分点为，靠近的三等分点为， 连接， 因为，所以， 令，而， 则，得到， 因为靠近的三等分点为，靠近的三等分点为，所以， 而由直四棱柱性质得， 而，由勾股定理得， 在直四棱柱中，，， 得到四边形是平行四边形，故， 则，由题意得为的中点，则的面积是定值， 而面，面，所以面， 结合，由线面平行性质得到面的距离为定值， 即四面体的体积为定值，故A正确， 对于B，如图，在面中，过作，连接， 由直四棱柱性质得面，则， 而，面， 故面，则， 而面为菱形，则面为菱形， 因为，所以， 因为，所以，则， 由锐角三角函数定义得，解得，由勾股定理得， 因为，所以由勾股定理得， 则在以为圆心，为半径的圆上运动， 设该圆与交于，与交于， 由三角函数定义得，则， 即点的轨迹为一段圆弧，故B正确， 对于C，如图，作，由题意得的外心为，故是的中点， 由已知得，因为，所以， 而， ，故C错误， 对于D，若且，此时， 因为P为的中点，所以， 由向量加法法则得，故， 则点与点重合，此时把沿着翻折， 如图，使得四点共面，此时有最小值， 此时的点均为翻折过的点，因为P为的中点，所以， 由勾股定理得，如图，连接， 由已知得，则， 由余弦定理得，解得， 由直四棱柱性质得面，则， 则由勾股定理得， 则，故， 而，则，得到， 由余弦定理得，解得，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等比数列为递增数列，．记，分别为数列，的前项和，若，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，，求解可得，，进而可求. 【详解】，， 则，． 由于为递增数列，则，， 所以的通项公式为 所以. 故答案为：. 13. 已知，且满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】应用同角三角函数关系结合两角差的余弦化简，应用角的范围或应用三角恒等变换结合角的范围得出，最后应用二倍角余弦公式计算. 【详解】法一：由，则， 因此， 又因为， 所以，所以， 则． 法二：由，则， 结合则， 则． 故答案为：. 14. 如果是离散型随机变量，则在事件下的期望满足其中是所有可能取值的集合.已知某独立重复试验的成功概率为，进行次试验，求第次试验恰好是第二次成功的条件下，第一次成功的试验次数的数学期望是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先求得再利用条件概率得到，求解. 【详解】设随机变量分别代表第一､第二次成功对应的试验次数， 则，以及， 所以， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解题意，利用独立重复试验的概率公式分别求得与，从而得解. 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. 在矩形中，点在线段上，且. （1）求； （2）若动点分别在线段上，且与面积之比为，试求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）过作于，设，则，根据条件，利用正切的和角公式建立方程，即可求解； （2）设，根据条件，利用面积公式得到，再利用余弦定理及重要不等式，可得，即可求解. 【小问1详解】 过作于，设，易知， 则，由， 整理得到，解得或（舍），所以. 【小问2详解】 由（1）易知，，设， 又， 得到，在中，由余弦定理得到， 所以，当且仅当时取等号，故的最小值为. 16. 刍甍（chúméng）是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．”，如图，在刍甍中，四边形是正方形，平面和平面交于EF． （1）求证：平面； （2）若，，，，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使几何体存在且唯一，并求平面和平面的夹角的余弦值． 条件①：，； 条件②：平面平面； 条件③：平面平面． 【答案】（1）证明见解析； （2）选条件②， 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理可得证； （2）先判断只有条件②符合，再利用空间向量法求得二面角的余弦值． 【小问1详解】 在正方形中，，平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 由（1）知平面，又平面，平面与平面交于． ∴，又，∴，又， 所以四边形为等腰梯形，四边形为梯形； 条件①，，平面， 则平面，即平面， 又平面，∴，此时四边形不为等腰梯形，故条件①不符合； 条件③平面平面，且平面平面， 又，∴平面，平面，∴， 此时四边形不为等腰梯形，故条件③不符合； 条件②平面平面； 过点作于，过作于，连接， 由平面平面，平面平面，∴平面， 又平面，∴， 以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 因为平面，平面，平面平面，∴， 在四边形中，，，，所以，， 在正方形中，，所以． 因为，且，所以， 所以，，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量， 由，令，则， 设平面的一个法向量， 由，令，则， 设平面和平面的夹角为， 则， 所以平面和平面的夹角的余弦值为. 17. 已知函数，． （1）求在处的瞬时变化率； （2）若恒成立，求a的值； 【答案】（1）瞬时变化率为1 （2）． 【解析】 【分析】（1）求导，可得，可得结论； （2）令，求导，由，可求得，证明对任意恒成立即可. 【小问1详解】 由，得，所以， ∴在处的瞬时变化率为1． 【小问2详解】 令，，由条件知恒成立， 因为，又的图像在定义域上是连续不间断的， 所以是的一个极大值点，则，又， 所以，得， 下证当时，对任意恒成立， 令，则， 当时，，当时，， 所以在单调递增，在上单调递减， ∴，即，而， 所以，当时，恒成立． 综上，若恒成立，则． 18. P为圆上一动点，点B的坐标为，线段的垂直平分线交直线于点Q． （1）求点Q的轨迹方程C； （2）如图，（1）中曲线C与x轴的两个交点分别为和，M、N为曲线C上异于、的两点，直线不过坐标原点，且不与坐标轴平行．点M关于原点O的对称点为S，若直线与直线相交于点T，直线与直线相交于点R，证明：在曲线C上存在定点E，使得的面积为定值，并求该定值． 【答案】（1） （2）答案见解析, 【解析】 【分析】（1）依题意，,可得：,由椭圆定义知，点的轨迹是以点为两焦点的椭圆，求出即得； （2）设出点和直线的方程，与椭圆方程联立消元得韦达定理，设，由三点共线和三点共线得到，从而得到直线的方程，再将其与直线的方程联立，求得点在直线上，要使的面积为定值，须使点为过点且与直线平行的直线与椭圆的交点，求出点的坐标，即得的面积. 【小问1详解】 因直线的垂直平分线交直线于点Q，则，由可知，点的轨迹是以点为两焦点的椭圆， 且，故，则点的轨迹方程为：. 【小问2详解】 如图，设，直线的方程，将其与椭圆方程联立消元整理得： ，且， 由（1）知,设，由三点共线得：；由三点共线得：， 则. 故直线的斜率，则直线的方程为：，将其与直线的方程联立，解得：， 因此点R在定直线上，使得的面积为定值的点一定为过点且与直线平行的直线与椭圆的交点. 由解得：或，此时点的坐标为或. 故的面积为： 19. 为了合理配置旅游资源，管理部门对首次来武汉旅游的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人计划只参观黄鹤楼，另外的人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，每位游客若只参观黄鹤楼，则记1分；若既参观黄鹤楼又游览晴川阁，则记2分．假设每位首次来武汉旅游的游客计划是否游览晴川阁相互独立，视频率为概率． （1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望； （2）从游客中随机抽取n人，记这n人的合计得分恰为分的概率为，求； （3）从游客中随机抽取若干人逐个统计，记这些人的合计得分出现n分的概率为，求数列的通项公式． 【答案】（1） 的分布列如下： 2 3 4 ； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到变量X的可能取值为2，3，4，结合独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，求得期望； （2）由这n人的合计得分为分，则其中只有1人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解； （3）记“合计得分恰为”为事件A，“合计得分”为事件B，得到，结合数列的递推关系式构造等比数列，进而求得数列的通项公式，得到答案 【小问1详解】 的人计划只参观黄鹤楼，另外的人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁，每位游客若只参观黄鹤楼记1分； 既参观黄鹤楼又游览晴川阁记2分．每位首次来武汉旅游的游客计划是否游览晴川阁相互独立，视频率为概率． 随机变量 的可能取值为 2，3，4， 可得 ， 的分布列如下： 2 3 4 数学期望为 ； 【小问2详解】 由这 人的合计得分为 分， 则其中只有1人计划既参观黄鹤楼又游览晴川阁， 则 ， 由两式相减， 可得 ； 【小问3详解】 在随机抽取的若干人的合计得分为 分的基础上再抽取1人， 则这些人的合计得分可能为 分或 分， 记“合计得 分”为事件 ，“合计得 分”为事件 ， 与 是对立事件， ， ，即 ，则数列 是首项为 ，公比为 的等比数列， ，. 【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解， 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $