精品解析：重庆市第八中学校2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题

2025届重庆八中高三2月月考 数学试卷 满分150分，考试用时120分钟. 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. 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（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__________. 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. 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0.9，0.05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. 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. 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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届重庆八中高三2月月考 数学试卷 满分150分，考试用时120分钟. 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. 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（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数除法即可求解. 【详解】依题意有：， 故选：B. 2. 集合的非空真子集个数为（ ） A. 14 B. 15 C. 30 D. 31 【答案】C 【解析】 【分析】先得到有5个元素，再结合公式求解即可. 【详解】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. 已知函数，则的值是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】对函数分段分析得到，当时，函数是周期为2的周期函数，由周期得到，再将代入当时函数解析式，即可得到答案. 【详解】因为函数，所以时，，则周期， 所以， 当时，，所以. 故选：B. 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 【答案】A 【解析】 【分析】 根据等差数列的性质和等比数列的通项公式，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可. 【详解】 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. 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 【答案】C 【解析】 【分析】根据排列数以及分步计数原理即可求解. 【详解】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. 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 【答案】D 【解析】 【分析】先根据可得点的轨迹方程为，又直线过定点，故最大距离为圆心到定点的距离与半径的和，进而可得. 【详解】令，由，可得， 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. 已知函数，若存在满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由解析式易得，，应用辅助角公式有，进而易知在有对称轴满足，结合已知可得，再应用诱导公式将目标式化为，最后利用即可求值. 【详解】函数， 其中，，， ，是在内的两根， 又，， 则在有对称轴满足， 故有，则， 那么， 由，知. 故选：A 【点睛】关键点点睛：化简函数式为，并确定在有对称轴满足为关键. 8. 若，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断和的大小关系，即可得到，再利用糖水不等式得，利用导数说明函数的单调性判断即可. 【详解】先证明，记，则， 所以在上单调递增，所以， 即在上恒成立，即成立； 由糖水不等式可得：，故； 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） 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用向量垂直计算判断A，应用向量平行得出正切进而得出角判断B，根据投影向量公式计算得出夹角判断C，应用向量坐标模长公式计算结合正弦值域判断D. 【详解】对于A，由，得，因此，故A正确； 对于B，若，则，所以，所以，故B错误； 对于C，因，， 由在上的投影向量为，解得， 又，，故C正确； 对于D，因， 故， 当，即时， 也即时，取得最大值9，即的最大值为3，故D正确. 故选：ACD. 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 【答案】CD 【解析】 【分析】根据半正多面体的定义，结合棱柱和棱锥的体积公式逐一判断即可. 【详解】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， 则边长为，故B错误； 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. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解半正多面体的定义. 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 【答案】BC 【解析】 【分析】分，与零的大小讨论，得到曲线方程，并画出图形，由双曲线的定义可判断A；由渐近线方程可判断；由直线分别与椭圆和双曲线相切可判断C；由点到直线的距离公式可得D正确； 【详解】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） 12. 若的展开式中的常数项为0，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式，得到展开式的常数项,由常数项为0,求得. 【详解】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. 故答案为： 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__________. 【答案】 【解析】 【分析】过点作，交于点，证明平面，分别求出三棱锥的体积，再根据即可得解. 【详解】如图，过点作，交于点， 因为，，，，平面， 所以平面，所以平面，且， 因此， 因为、分别为、的中点，所以， 所以，， 所以. 故答案为：. 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__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用正弦定理角化边，结合余弦定理，利用基本不等式结合三角函数的值域得到，在中，由余弦定理求得，从而，设，在和中利用正弦定理求得，利用辅助角公式求得最大值，从而得到三角形的面积的最大值. 【详解】由， 得， 又因为，代入上式中， 得， 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， 所以， 在中，由正弦定理得， 所以. 所以，其中. 所以的最大值为， 当时取得最大值， 所以. 故答案为：；. 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. 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0.9，0.05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. 【答案】（1）； （2）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）应用全概率公式计算求解即可； （2）先根据对立事件求概率，再结合二项分布分别求出概率及分布列进而得出数学期望即可. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，点为靠近的三等分点 【解析】 【分析】（1）根据棱台的几何性质，结合勾股定理的逆定理、线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据（1）的结论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】 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，且 所以，而，所以， ，即，同理， ，又平面， 所以平面，即平面. 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得， ，，由此即可得解. （2）由题意得，分奇数项和、偶数项和讨论求和即可得解. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 求和看通项：， 奇数项和； 偶数项和： ， ， 所以. 18. 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. 【答案】（1）证明见解析； （2）具有性质，理由见解析； （3）0或1. 【解析】 【分析】（1）利用性质的定义，计算验证即得. （2）构造函数，利用导数探讨单调性，再验证判断性质成立. （3）求出函数的唯一零点0，具有性质，再分类讨论判断性质的不等式成立情况得解. 【小问1详解】 依题意，； 当时，， 当时，， 因此，所以具有性质. 【小问2详解】 依题意，； 令，求导得， 当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 因此当时，，即， 当时，，则， 因此，所以具有性质. 【小问3详解】 由， 所以在上单调递增，又， 所以函数有唯一零点0，则只能具有性质， 令，求导得， 令，求导得， 函数在上单调递增，， ①当或1时，，由在上单调递增， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则对任意，均有， 即，于是， ，因此函数具有性质； ②当时，， 于是存在使得， 当时，，函数在上单调递减， 则对任意，均有， 即，于是， ，因此函数不具有性质； ③当或时，， 当时，，则存在使得， 由在上单调递增， 当时，，则在上单调递增， 则对任意，均有， 即，于是， ，因此函数不具有性质， 所以实数的值为0或1. 【点睛】关键点点睛：充分理解性质的定义，求出函数零点，再判断不等式成立是关键. 19. 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. 【答案】（1）1 （2）证明见解析 （3）是定值， 【解析】 【分析】(1)根据渐近线方程，可求得双曲线方程，利用题意求得,坐标，进而求得三角形面积; (2)根据的构成方式，得到与,的关系式,从而的数列递推关系式,从而证明为等比数列; (3)借助第(2)小问的结论，写出数列通项公式，得到与的关系式，再利用点在双曲线上，求得的坐标，进而求得，的坐标，求得两个三角形的面积，进而求得. 【小问1详解】 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：. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 由（2）知，得到， 由，即， 即，则， ， 故， ， 故， ， 即，则， 由可得： ， 由可得： ， 所以：. 【点睛】本题利用点的坐标求三角形面积，利用公式为： 设，,三角形的面积 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $