精品解析：江苏省海安高级中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题

江苏省海安高级中学2024-2025学年高三下学期2月月考 数学试题 一､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. 设，集合，若，则（ ） A. B. C. 0 D. 2 2. （ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 在去年的足球联赛上，甲队每场比赛平均失球数是1.5，全年比赛失球个数的标准差为1.4；乙队每场比赛平均失球数是2.1，全年比赛失球个数的标准差为0.4，则（ ） A. 平均说来乙队比甲队防守技术更好 B 甲队比乙队防守技术水平更稳定 C 乙队很少失球 D. 甲队防守中有时表现较差，有时表现又较好 4. 将函数的图象上所有点向右平移个单位后得到的图象关于原点对称，则（ ） A. B. C. D. 5. 现用一半径为，圆心角为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器（衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗），则该容器的容积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知与均为单位向量，其夹角为，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线，过点的直线与交于两点，在两点处的切线相交于点.下列四个点中，可以为线段中点的是（ ） A. B. C. D. 8. 使“”成立的必要不充分条件是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 二､多选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的25%，30%，45%，则下列选项正确的有（ ） A. 任取一个零件是第1台生产出来次品概率为0.06 B. 任取一个零件是次品的概率为0.0525 C. 如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为 D. 如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为 10. 若关于的不等式的解集是，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则（ ） A. 函数和的图象对称 B. 上任意一点到原点距离 C. 函数有两个零点，且 D. 直线被截得弦长的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知为等差数列，，，则__________. 13. 已知，且，则__________. 14. 我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体；如图2，已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为2，若该几何体的所有顶点都在球的表面上，则球心到正四棱锥侧面的距离为__________. 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. 在中，三内角为.若. （1）若，求角的大小； （2）若，求当取最大时，的值. 16. 某校举行党史知识竞答积分活动，每次回答一题，该题答对积2分，部分答对积1分，有错积0分，当累计积分不少于4分时，停止答题.设每道题甲答对的概率均为，答错的概率均为. （1）甲回答2道题后的积分记为，求的分布列和数学期望； （2）求甲只答了3道题的概率. 17. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）若对任意的恒有，求实数的取值范围. 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的长轴长为4，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设，点是椭圆上且在第三象限内的一点. （i）若的面积为，求点的坐标； （ii）记直线与轴交于点，直线与轴交于点，求四边形面积的最大值. 19. 已知数列的各项均为正数，其前项和为，且. （1）求证：数列为等比数列； （2）若，记，求数列的前项和； （3）若与为常数，均为正整数，且存在正整数，使得，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江苏省海安高级中学2024-2025学年高三下学期2月月考 数学试题 一､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. 设，集合，若，则（ ） A. B. C. 0 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由，可得，即可得答案. 【详解】因，，由集合互异性可得. 则. 故选：A 2. （ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的乘方及乘法运算，结合复数模的意义求解. 【详解】依题意，， 所以. 故选：B 3. 在去年的足球联赛上，甲队每场比赛平均失球数是1.5，全年比赛失球个数的标准差为1.4；乙队每场比赛平均失球数是2.1，全年比赛失球个数的标准差为0.4，则（ ） A. 平均说来乙队比甲队防守技术更好 B. 甲队比乙队防守技术水平更稳定 C. 乙队很少失球 D. 甲队在防守中有时表现较差，有时表现又较好 【答案】D 【解析】 【分析】根据两个队伍的平均数和方差，进行比较，结合平均数以及标准差的意义逐项分析判断即可. 【详解】对于A，因为1.5<2.1，可知平均说来甲队比乙队的防守技术好，故A不正确； 对于B，因为1.4>0.4，可知乙队比甲队技术更稳定，故B不正确； 对于C，因为乙队每场比赛平均失球数是2.1，全年比赛失球个数的标准差为0.4， 所以乙队失球数更多，且乙队防守技术更稳定，即乙队很少不失球，故C不正确； 对于D，由B可知甲队防守中有时防守表现较差，有时表现又非常好，故D正确. 故选：D. 4. 将函数的图象上所有点向右平移个单位后得到的图象关于原点对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平移变换的意义求得变换后的解析式为，进而根据图象关于原点对称，可得，求解即可. 【详解】将函数的图象上所有点向右平移个单位后得到的图象的解析式为， 因为的图象关于原点对称，所以，解得， 因为，所以. 故选：B. 5. 现用一半径为，圆心角为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器（衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗），则该容器的容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据弧长公式和圆锥的体积公式求解即可. 【详解】由题意可知该圆锥形容器底面圆周长， 所以底面圆半径， 所以高， 所以该容器的容积， 故选：C 6. 已知与均为单位向量，其夹角为，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量的模可求得，可求的取值范围. 【详解】因与均为单位向量，其夹角为， 由，可得，所以， 所以，所以， 由，，所以， 所以，所以， 所以，又，所以， 所以的取值范围是. 故选：D. 7. 已知抛物线，过点的直线与交于两点，在两点处的切线相交于点.下列四个点中，可以为线段中点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，求出两切线的方程，利用切线相交于点，可推得直线的方程，代入点，求出，即得解. 【详解】不妨设，由可得，则， 于是抛物线在点处的切线方程为， 因，化简方程得：， 同理可得抛物线在点处的切线方程为， 又两切线交于点，故得， 即点都在直线上，也即直线的方程为， 因点在直线上，代入解得，即得， 故线段的中点为，故选项中可以为线段中点的是. 故选：B. 8. 使“”成立的必要不充分条件是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的关系结合必要不充分条件分别进行判断即可． 【详解】解：若，，则， ， ，即，则一定成立； 若，，则可能,故正确， 若，当，，，有成立，反之也一定成立；故错误． ，由得， ，，即 则成立，反之也成立，故错误， 若，当，，，有成立，反之也一定成立；故错误． 故选：A． 【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件，属于基础题． 二､多选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的25%，30%，45%，则下列选项正确的有（ ） A. 任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06 B. 任取一个零件是次品的概率为0.0525 C. 如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为 D. 如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为 【答案】BD 【解析】 【分析】记A：车床加工的零件为次品，记Bi：第i台车床加工的零件，根据已知确定P(A|B1)、P(A|B2)、P(A|B3)、P(B1)、P(B2)、P(B3)，再利用条件概率公式、全概率公式判断各选项描述中的概率是否正确即可. 【详解】记事件A：车床加工的零件为次品，记事件Bi：第i台车床加工的零件，则P(A|B1)＝6%，P(A|B2)＝P(A|B3)＝5%，又P(B1)＝25%，P(B2)＝30%，P(B3)＝45%， A：任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为P(AB1)＝6%×25%＝1.5%，故错误； B：任取一个零件是次品的概率为P(A)＝P(AB1)+P(AB2)+P(AB3)＝6%×25%+5%×75%＝5.25%，故正确； C：如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为P(B2|A)＝＝＝＝，故错误； D：如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为P(B3|A)＝＝＝＝，故正确； 故选：BD． 10. 若关于的不等式的解集是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据不等式与方程的关系可知，再用表示，再根据选项，即可判断. 【详解】由题意可知，，得，， 因为，所以，故A正确； ，即，，故B正确， ，故C错误； ，故D正确. 故选：ABD 11. 如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则（ ） A. 函数和的图象对称 B. 上任意一点到原点的距离 C 函数有两个零点，且 D. 直线被截得弦长的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】求得的反函数判断A；求得的零点计算可判断B，C，D. 详解】对于A，由，所以，所以， 所以的反函数为， 所以函数和的图象关于对称，故A正确； 对于B，由，可得， 令，所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以在内有一个零点，另一个零点为1， 所以到原点的距离，故B错误； 对于C，因为与互为反函数， 所以函数的零点即为的零点， 由B选项可知有两个零点，且一个零点，另一个零点为1， 所以有两个零点，且，故C正确； 对于D，因为与对称轴垂直， 所以直线被截得弦长是到的距离的2倍， 由B可知，即， 到直线的距离为， 所以直线被截得弦长的最大值为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：关键在于利用对称性，求函数的零点转化为求的零点，减少运算量. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知为等差数列，，，则__________. 【答案】5 【解析】 【分析】由等差数列的性质及等差中项的性质即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，所以， 由等差中项的性质可知，，所以. 故答案为：5 13. 已知，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角的正弦公式与两角和的正切公式可求解. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 整理得，所以， 解得或，又，所以. 故答案为：. 14. 我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体；如图2，已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为2，若该几何体的所有顶点都在球的表面上，则球心到正四棱锥侧面的距离为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先利用正四棱柱的性质与正四棱锥的性质确定球心的位置，进而求得高，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得球心到平面的距离. 【详解】由正四棱柱的性质，外接球的球心为正四棱柱的体对角性的交点， 设正四棱柱和正四棱锥的高为，外接球的半径为， 则可得，解得， 如图所示，以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量， 所以球心到平面的距离为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于确定球心，进而求得正四棱柱的高，进而建立空间直角坐标系，利用向量法求解可得结论. 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. 在中，三内角为.若. （1）若，求角的大小； （2）若，求当取最大时，的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】(1)根据向量的数量积的坐标运算,再利用辅助角公式即可求解； (2)根据向量平行的坐标运算，再利用正切的和差公式以及基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 因为，则. 因为，则，则，则； 【小问2详解】 因为，所以，则. 由于为三角形内角，则只能均为锐角，即.， 当且仅当时，取“=”号. 又，则的最大值为，此时. 所以，当的最大时，. 16. 某校举行党史知识竞答积分活动，每次回答一题，该题答对积2分，部分答对积1分，有错积0分，当累计积分不少于4分时，停止答题.设每道题甲答对的概率均为，答错的概率均为. （1）甲回答2道题后的积分记为，求的分布列和数学期望； （2）求甲只答了3道题的概率. 【答案】（1）分布列见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得的值为0，1，2，3，4，求得对应概率，利用期望的意义可求期望； （2）进行3次答题后甲停止答题，则甲累计积4分或5分，分两种情况求得对应概率，可求得甲只答了3道题的概率. 【小问1详解】 因为每道题甲答对的概率为，答错的概率为， 所以每道题甲部分答对的概率为. 的取值为 且， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 故； 【小问2详解】 进行3次答题后甲停止答题，则甲累计积4分或5分. ①若累计积4分，有两种情形： （i）甲答对1题，部分答对2题，其概率为. （ii）甲答错1题，答对2题，且答对第3题，其概率. ②若累计积5分，则甲部分答对1题，答对2题，且第3题答对，此时概率为， 所以甲只答了3道题的概率是. 17 已知函数. （1）求的单调区间； （2）若对任意的恒有，求实数的取值范围. 【答案】（1）在上单调递增，无减区间 （2） 【解析】 【分析】（1）先求函数的定义域，再利用导数求单调区间； （2）由得，两边同时取自然对数有即，令，只需即可，最后利用导数根据的情况分类讨论即可求解. 【小问1详解】 函数定义域为， 所以， 故函数在上单调递增,无递减区间； 【小问2详解】 因为，即， 所以，即， 令， 所以， 当时，，所以成立； 当时，，显然成立； 当时，令， 当时，，在单调递增， 所以不满足题意； 综上：实数的取值范围是. 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的长轴长为4，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设，点是椭圆上且在第三象限内的一点. （i）若的面积为，求点的坐标； （ii）记直线与轴交于点，直线与轴交于点，求四边形面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出的方程组，求解即得椭圆方程； （2）（i）由的面积求得点到直线的距离，过点且与直线平行的直线方程并与椭圆方程联立，利用求出的值，结合两平行线的距离公式计算确定点为切点，回代入方程即可求得点坐标；（ii）设，利用直线的方程即可求出点的坐标，由图写出四边形面积表达式，借助于椭圆参数方程和换元，利用二次函数的性质即可求得其最大值. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为，由已知得， 所以，所以， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 （i）由可得，因的面积为， 故点到直线的距离为， 设过点且与直线平行的直线方程为，与椭圆联立， 消去，可得，由，解得， 而当时，直线与直线的距离恰为， 即点即为直线与椭圆的切点，将代入， 可得，解得，因为点在第三象限，所以， 故点坐标为. （ii）设，其中，则. 又因为，所以直线， 令，所以，同理. 所以四边形的面积 ， 令， 所以， 令，则，，故， 故当时，，即时， 也即时，四边形的面积取最大值为. 【点睛】关键点点睛：此题有两个关键点：其一，在求得点到直线的距离后，可通过设过点与平行的直线，与椭圆联立，利用求出，结合两平行线的距离公式计算确定点为切点；其二，要善于利用四边形的对角线互相垂直进行表征其面积. 19. 已知数列的各项均为正数，其前项和为，且. （1）求证：数列为等比数列； （2）若，记，求数列的前项和； （3）若与为常数，均为正整数，且存在正整数，使得，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用，两式相减可得，进而计算可证是等比数列； （2）可求得，利用错位相减法可求； （3）不妨设，结合已知可得，，求解可得，进而计算可求得. 【小问1详解】 由，得， 两式相减得，即. 又，得. 综上，是公比为的等比数列. 【小问2详解】 由（1）知，，所以，记其前项和为， ， 所以，所以 故； 【小问3详解】 因为，且与均为正整数， 所以是的倍数，不妨设，故. 由得，于是. 又因为得，于是， 从而，即. 由上可知：. 所以由知，又. 所以. 【点睛】关键点点睛：对于通项公式形如这种的数列，利用错位相减法求其前是常用方法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$