2025届重庆市第八中学校高三2月月考数学试卷

2025届重庆八中高三2月月考 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写 2.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，如需改动，用橡皮擦干，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共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.已知复数满足（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2.集合的非空真子集个数为（ ） A.14 B.15 C.30 D.31 3.已知函数，则的值是（ ） A. B.0 C.1 D.2 4.已知等比数列的公比为，则“”是“，，”成等差数列的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 5.现有，，，，五人站成一排，则，相邻且，不相邻的排法种数共有（ ） A.6 B.12 C.24 D.48 6.已知点，，若点满足，则点到直线的距离的最大值为（ ） A.4 B.5 C.6 D.7 7.已知函数，若存在，满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 8.若，，且，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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.已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A.若，则 B.若，则 C.若在上的投影向量为，则向量与的夹角为 D.的最大值为3 10.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，，，…，，过、、三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是（ ） A.当时，该几何体是一个半正多面体 B.若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为 C.若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为 D.该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体 11.已知点，，曲线，则下列说法正确的是（ ） A.曲线上存在点，使得 B.直线与曲线没有交点 C.若过点的直线与曲线有三个不同的交点，则直线的斜率的取值范围是 D.点是曲线上在第三象限内的一点，过点向直线与直线作垂线，垂足分别为，，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.若的展开式中的常数项为0，则______. 13.已知三棱锥如图所示，、、两两垂直，且，点、分别是棱、的中点，点是棱上靠近点的三等分点，则空间几何体的体积为______. 14.已知中内角，，满足，若在边，，上各取一点，，，满足，，，则角______，三角形的面积的最大值是______.（第一空2分，第二空3分） 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分） 某工厂的生产线上的产品按质量分为：一等品，二等品，三等品.质检员每次从生产线上任取2件产品进行抽检，若抽检出现三等品或2件都是二等品，则需要调整设备，否则不需要调整.已知该工厂某一条生产线上生产的产品每件为一等品，二等品，三等品的概率分别为，和0.05，且各件产品的质量情况互不影响. （1）求在一次抽检后，设备不需要调整的概率； （2）若质检员一天抽检3次，以表示一天中需要调整设备的次数，求的分布列和数学期望. 16.（本小题满分15分） 如图，侧面水平放置的正三棱台，，侧棱长为，为棱上的动点. （1）求证：平面； （2）是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点；若不存在，请说明理由. 17.（本小题满分15分） 已知数列和满足，，，. 记数列和满足，. （1）求数列，的通项公式； （2）记数列的前项和为，求. 18.（本小题满分17分） 若定义域为的函数满足：①，；②对任意，且恒成立，则称具有性质. （1）证明：函数具有性质； （2）判断函数是否具有性质，并说明理由； （3）记，若具有性质，求实数的值. 19.（本小题满分17分） 已知双曲线的渐近线方程为，点在上.按如下方式构造点：过点作斜率为1的直线与的左支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为，为坐标原点. （1）求的面积； （2）记，证明：数列为等比数列； （3），分别为线段，的中点，记，的面积分别为，.判断是否为定值，如果是定值，求的值；如果不是，请说明理由. 数学参考答案 一、单项选择题（本大题共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） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C B A C D A C 【解析】 1.依题意有：，故选B. 2.解不等式，得，又，所以，共5个元素，所以集合的非空真子集个数为，故选C. 3.因为函数，所以时，，则周期，所以，当时，，所以，故选B. 4.若，，成等差数列，则，即，即，解之得或，故“”是“，，”成等差数列的充分不必要条件，故选A. 5.根据题意，将，看成一个整体，，的排列方法有种方法，然后将这个整体与进行全排列，即不同的排列方式有，最后将，插入到三个空中的两个中，有种方法，根据分步计数原理可知排法种数为，故选C. 6.令，可得点的轨迹方程为，其中圆心，半径为2.而直线过定点，故距离的最大值为，故选D. 7.函数，其中，，，，是在内的两根，又因为，，则在有对称轴满足，故有，，那么：，由可知，故选A. 8.①先证明，记，则，所以在上单调递增，所以，即在上恒成立，即成立；②由糖水不等式可得：，故；③设，，则在上恒成立，所以在上单调递减，因为，所以，故C正确，故选C. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 题号 9 10 11 答案 ACD BCD BC 【解析】 9.对于A，由，得，因此，A正确；对于B：若，则，所以，所以，，故B错误；对于C，，，在上的投影向量为，所以，，，C正确；对于D：，所以，当，即时，取得最大值9，所以的最大值为3，故D正确，故选ACD. 10.选项A：当时，，但，不满足正多边形条件，故A错误；选项B：如图1，因为棱长为4的正方体中，，，…，，所以，，当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，，，解得，故B正确；选项C，如图2，当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，，所以，体积为，故C正确；选项D，当时，如图3所示，此半正多面体是由正方形与正六边形围成，此时几何体也是半正多面体，故D正确，故选BCD. 图1 图2 图3 11.当，时，曲线，即；当，时，曲线，即不存在；当，时，曲线，即；当，时，曲线，即，画出图形如图所示：对于A：满足条件的曲线是双曲线的下支，该双曲线的下支与曲线是没有交点的，所以不存在曲线上的点，使得成立，故A错误；对于B：一三象限曲线的渐近线方程为，则直线与曲线没有交点，故B正确；对于C：设过点的直线，三个交点，显然. 联立； 联立； 直线与曲线有三个不同的交点，则直线斜率的取值范围是，C正确； 对于D：设，由点到直线距离公式得：，， 所以.因为点是曲线上在第三象限内的一点，则有，所以，故D错误，故选BC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 答案 ； 【解析】 12.的展开式的通项为，当时，，的展开式有常数项，当时，，的展开式有常数项，所以，所以. 13.如图，过点作，交于点，根据，，，，平面，所以平面，所以平面，且， 因此，根据、分别为、的中点，可得， 所以，，所以. 14.由，得，又因为，代入上式中，，整理可得，故，当时，等号成立，由于，所以，因为，所以，又此时，故为等边三角形，故角；如图，在中，由余弦定理得，所以，所以，从而，设，则，，，在中，由正弦定理得，，在中，由正弦定理得，，，其中，所以的最大值为，当时取得最大值，所以. 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分） 解：（1）设表示事件“在一次抽检中抽到的第件产品为一等品”，，， 表示事件“在一次抽检中抽到的第件产品为二等品”，，， 表示事件“一次抽检后，设备不需要调整”，则. 由已知，，，， 所求的概率为. （2）依题意有：随机变量的可能取值为、、、， 由（1）知一次抽检后，设备需要调整的概率为， 依题意知，则， 故的分布列为： 0 1 2 3 0.729 0.243 0.027 0.001 所以：. 16.（本小题满分15分） （1）证明：延长三条侧棱交于一点，如图所示，因为正三棱台的侧棱长为，所以，而，所以，即，同理，，又，，平面， 所以平面，即平面. （2）解：由（1）知，，，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， ，， 设，， 则，，则. 设平面的法向量为，则， 取，则，所以， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 整理得，即，解得或（舍）， 故当点为靠近的三等分点时，使得直线与平面所成角的正弦值为. 17.（本小题满分15分） 解：（1）由题可得，，①，②. 由①＋②得：，即， 于是数列为等比数列，首项，公比为，于是， 由①－②得：，即， 于是数列为等差数列，首项，公差为2，于是. （2）求和看通项：， 奇数项和； 偶数项和：， ， 所以，. 18.（本小题满分17分） （1）证明：①；②当时，， 当时，. 所以，故具有性质. （2）解：①；②令，有， 则在单调增，在单调减， 所以，即. 于是，对，有，， 所以，故具有性质. （3）解：由于， 所以在上单调增；又， 所以具有唯一零点0，则只能具有性质. 令，则， 所以在上单调增，，. 情形一：当或1时，，由在上单调增知， 则在单调减，在单调增， 故对任意，，均有，， 即，，，， 故具有性质. 情形二：当时，，， 于是存在使得，由在上单调增知， 则在单调减，故对任意，，均有，， 即，，，， 故不具有性质. 情形三：当或时，，， 于是存在使得， 由在上单调增知，则在单调增， 故对任意，，均有，， 即，，，， 故不具有性质. 综上，实数的值为0或1. 19.（本小题满分17分） 解：（1）由题知，又，所以，， 故双曲线的方程为. 又过点，斜率为1的直线方程为，如图， 由双曲线与直线的对称性可知，所以， 又过，且斜率为1的直线方程为，即， 由，解得或， 当时，，所以； 于是：. （2）设， 则过，且斜率为1的直线方程为， 联立，消得到， 由题有， 得到， 由题知点在直线上，即有， 所以，所以，所以， 由（1）知，所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列. （3）由（2）知，得到， 由，即， 即，则， ， 故，， ，， 故， ， 即，则， 由，可得： ， 由，可得： ， 所以：. 学科网（北京）股份有限公司 $$