精品解析：山东省威海市乳山市银滩高级中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题

2024-2025学年度第二学期高三2月模块检测 数学试题 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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合，结合交集定义求. 【详解】，， 所以，又， ． 故选：C. 2. 已知（i为虚数单位），则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数除法求出，进而求出其模. 【详解】依题意，，所以. 故选：A 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示即可求解； 【详解】由于， 则， 则； 故选：B 4. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据两角和与差的正弦公式进行化简求值即可. 【详解】由于， 那么， ，则， 故选：C． 5. 已知函数的周期为，且在上单调递增，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求函数的周期，举例说明函数的单调性不满足要求，排除A，证明为函数的周期，再判断函数在上的单调性，判断B，举例说明函数的单调性不满足要求，排除C，结合函数定义域，排除D. 【详解】对于A，，但，， 所以函数在上不单调递增，不符合题意； 对于B，， 所以函数的周期为， 当时，，因为， 函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增，同理可得函数在上单调递减， ，所以函数的最小正周期为，B正确； 对于C，因为，， 所以函数上不单调递增，不符合题意； 对于D，函数的定义域为，， 所以结论函数在单调递增错误，不符合题意； 故选：B. 6. 已知双曲线的中心为原点，焦点在轴上，两条渐近线夹角为，且点在上，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 或2 【答案】C 【解析】 【分析】根据渐近线夹角得到渐近线方程，然后得到或，再设双曲线方程，根据进行取舍. 【详解】由双曲线的两条渐近线夹角为，可知的渐近线方程为或， 由（其中为渐近线的斜率），解得或， 若，如图，令，点不可能双曲线上； 或设双曲线方程为：，则无解； 若，设双曲线方程为：，则， 此时双曲线方程为：. 故选：C． 7. 已知曲线与曲线只有一个公共点，则（ ） A. B. 1 C. e D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：把两曲线与有一个公共点，转化为方程只有一个实数解，通过分离常数求出值； 方法二：把两曲线与有一个公共点，转化成两曲线只有一个公切点，再利用几何意义求解； 方法三：利用原函数和反函数图像关于对称，且两函数图像都与相切于点，巧妙求出值. 【详解】方法一：由已知曲线与曲线只有一个公共点， 方程只有一个实数解，而，则只考虑， 即，令，则， 而在单调递增，且， 所以时，单调递减， 时，单调递增， 而时，；时，， 所以． 方法二：由已知曲线与曲线只有一个公共点， 则曲线与曲线只有一个公切点，设其坐标为， 根据函数的图像与函数的图像之间的关系， 所以有， 即，所以， 设，则在单调递减，而， 所以，所以． 方法三：由于函数的反函数为，两函数关于对称， 由于，令，则，即函数与函数相切于点， 同理，，令，即函数． 与函数也相切于点， 于是函数与函数相切于点，由选项可知，． 故选：B. 8. 如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆台上面部分的体积，根据小球的体积恰好等于的体积求出球的半径. 【详解】如图，，又放入的球的半径为， 由于圆台的体积， 由题可知：，则，此时小球恰好与上下底面相切； 下面考虑当小球与侧棱相切时，设球心为，球的半径为，则， 由于，则， 则， 那么，则，那么在上方， 即该小球先与上下底面相切． 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. 一组样本数据．其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，分布如图所示，且，则（ ） A. 样本负相关 B. C. D. 处理后的决定系数变大 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用回归方程判断A；利用样本中心点计算判断B；利用图象的波动性判断CD. 【详解】对于A，经验回归方程中斜率，则样本负相关，A正确； 对于B，原样本均值：，由，得，B正确： 对于C，由图1的数据波动较大可得比更集中，则，C错误； 对于D，由图1的残差平方和较图2的残差平方和大知，处理后拟合效果更好，决定系数变大，D正确． 故选：ABD 10. 已知函数，则（ ） A. 为周期函数 B. 存在，使得的图象关于对称 C. 在区间上单调递减 D. 的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】证明，结合周期函数定义判断A，证明函数为奇函数，结合周期性证明若函数存在对称轴，则为其对称轴，推出矛盾，判断B，利用导数判断指定区间函数的单调性，判断C，结合正弦函数性质可得，进一步说明等号不成立，判断D. 【详解】由于，故，所以为的周期，A正确； 函数的定义域为，定义域关于原点对称，， 所以为奇函数， 假设图象关于对称，则函数为偶函数， 所以，故， 所以，又，所以为函数的对称轴， 所以， 但，， 所以，矛盾，所以图象不关于对称，B错误； 因为，化简整理得， 当时，， 函数的图象为开口向上，对称轴为的抛物线， 若，则， 所以当时，， 故在区间上单调递减，C正确； 因为，当且仅当时取等号， 但当，即时，，所以，D不正确． 故选：AC. 11. 已知，其中．点分别满足，其中，直线与直线交于点，则（ ） A. 当时，直线与直线斜率乘积为 B. 当时，存在点，使得 C. 当时，面积最大值为 D. 若存在，使得，则 【答案】AD 【解析】 【分析】由条件求出的坐标，结合两点斜率公式求，由此判断A，结合A的判断知，，利用关系求点的轨迹，由此判断B,联立，，求点的坐标，消参求点的轨迹方程，结合△换元点到直线距离公式求点到直线的距离，再求最值及的面积的最值判断C，结合C可得的轨迹方程，引入参数表示，，结合条件列不等式求的范围，判断D. 【详解】对于选项A，由题设，A正确； 对于选项B，由A可知，， 设点，则，所以， 此时点的轨迹方程为：， 于若，此时点与点重合，与矛盾，B不正确； 对于选项C，直线，联立得， 设，又，则， 若，则点的轨迹方程为， 设点，直线， 点到直线距离， 由于，于是当时，， 的最大值为，C不正确； 由C可知，点的轨迹方程为， 设，， 于是， 即能成立， 于是，，D正确． 故选：AD. 【点睛】易错点点睛：本题在求点的轨迹方程的过程中变形可能不等价，导致轨迹方程的范围出错，影响选项的判断. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中常数项是______（用数字作答）． 【答案】240 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项，令的指数为0，即可求解，进而可求常数项. 【详解】的二项展开式的通项为， 令得，故常数项为， 故答案为：240． 13. 在等比数列中，已知，则______． 【答案】6 【解析】 【分析】设数列的公比为，由条件结合等比数列性质可得，分类讨论求解即可. 【详解】设数列的公比为，由于，则， 若，则矛盾， 则，此时，符合． 所以. 故答案为：. 14. 某次考试共5道试题，均为判断题．计分的方法是：每道题答对的给2分，答错或不答的扣1分，每个人的基本分为10分．已知赵，钱，孙，李，周，吴6人的作答情况及前5个人的得分情况如下表，则吴的得分为______． 人 题号 赵 钱 孙 李 周 吴 1 √ √ × × √ √ 2 × √ × √ √ √ 3 √ × × √ × × 4 √ × × × √ × 5 × × √ √ √ √ 得分 14 11 14 14 11 【答案】14分 【解析】 【分析】方法一：根据无论答案是“√”还是“×”，一个答“√”的人和一个答“×”的人的得分和为，从而得到每道题前五人的得分比吴多2分，然后计算得分即可； 方法二：根据钱的成绩分析答案，然后求得分； 方法三：分析孙的答案情况，然后求得分. 【详解】解法一：分析可得，无论每道题结果如何，每道题前五人的得分比吴的得分多2分，则吴的得分为：，加上基本分后为14． 解法二：由于前四个人只有钱的得分是11分，则钱答对两个题，答错三个题， 不妨将钱的答案全部考虑反面，则钱答对三个题，答错两个题，共14分；： 人 题号 赵 钱 孙 李 周 吴 1 √ × × × √ √ 2 × × × √ √ √ 3 √ √ × √ × × 4 √ √ × × √ × 5 × √ √ √ √ √ 得分 14 14 14 14 11 对于6个人而言，前4个题，6个人的答案都是三个√，三个错，那前4个题，每个题都是3个人对，3个人错；前4个题的总分为：分； 现在考虑第5题，共5个√，一个×，若第5题正确答案是“×”，那么第5个题的得分是：分，最终5个题的总得分为69分； 而从得分来看，分，于是吴得分是2分，矛盾； 于是第5题正确答案是“√”，第5题的得分是：分，6个题的总分为：81分，于是吴得14分． 解法三：考虑第一，二题孙的答案是对的， （1）若孙第三题答案也是对的，与赵14分矛盾； 赵 钱 孙 李 周 吴 1 √ √ ×（2） ×（2） √ √ 2 ×（2） √ ×（2） √ √ √ 3 √ ×（2） ×（2） √ ×（2） ×（2） 4 √ × × × √ × 5 × × √ √ √ √ 得分 14 11 14 14 11 （2）若孙第三题答案是错的，钱最后两题只能全对，与周11分矛盾； 赵 钱 孙 李 周 吴 1 √ √ ×（2） ×（2） √ √ 2 ×（2） √ ×（2） √ √ √ 3 √（2） × × √（2） × × 4 √ ×（2） ×（2） ×（2） √ 5 ×（2） ×（2） √ √ √ √ 得分 14 11 14 14 11 考虑孙第一题对，第二题答案是错的 （3）若孙第三题答案是对的，则赵最后两题全对，与孙14分矛盾； 赵 钱 孙 李 周 吴 1 √ √ ×（2） ×（2） √ √ 2 × √（2） × √（2） √（2） √（2） 3 √ ×（2） ×（2） √ ×（2） ×（2） 4 √（2） × × × √ × 5 ×（2） × √ √ √ √ 得分 14 11 14 14 11 （4）若孙第三题答案是错的，则孙最后两题全对，与赵14分矛盾； 赵 钱 孙 李 周 吴 1 √ √ ×（2） ×（2） √ √ 2 × √（2） × √（2） √（2） √（2） 3 √（2） × × √（2） × × 4 √ × ×（2） × √ × 5 × × √（2） √ √ √ 得分 14 11 14 14 11 考虑孙第一题错，第二题答案是对的 （5）若孙第三题答案是对的，则李最后两题全对，与孙14分矛盾； 赵 钱 孙 李 周 吴 1 √（2） √（2） × × √（2） √（2） 2 ×（2） √ ×（2） √ √ √ 3 √ ×（2） ×（2） √ ×（2） ×（2） 4 √2 × ×（2） ×（2） √ × 5 × × √（2） √（2） √ √ 得分 14 11 14 14 11 （6）若孙第三题答案是错的，则孙最后两题全对，此时正确答案是√，×，√，×，√，吴此时14分； 赵 钱 孙 李 周 吴 1 √（2） √（2） × × √（2） √（2） 2 ×（2） √ ×（2） √ √ √ 3 √（2） × × √（2） × × 4 √ ×（2） ×（2） ×（2） √ ×（2） 5 × × √（2） √（2） √（2） √（2） 得分 14 11 14 14 11 14 考虑孙第一题错，第二题答案是错的，则孙后三题全对，与赵14分矛盾； 赵 钱 孙 李 周 吴 1 √（2） √（2） × × √（2） √（2） 2 × √（2） × √（2） √（2） √（2） 3 √ ×（2） ×（2） √ ×（2） ×（2） 4 √ × ×（2） × √ × 5 × × √（2） √ √ √ 得分 14 11 14 14 11 综上所述：正确答案是√，×，√，×，√，吴此时14分． 故答案为：14分. 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，角所对的边分别为． （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用条件及余弦定理的推论可得，再由条件可求出； （2）解法1：利用两角和的正弦公式分别求出角的正弦值，再利用正弦定理可求出，再利用三角形面积公式求解即可；解法2：注意到，进而可得，由正弦定理并化简可得，进而求，再利用三角形面积公式求解即可；解法3：过点作交于，利用直角三角形即可求边长，再利用面积公式求解即可. 【小问1详解】 由余弦定理推论及得， 由于，则， 又因为，且， 所以，则． 【小问2详解】 解法1：由（1）可知， 且， ， 由正弦定理：， 得， 所以． 解法2： 由（1）， 所以， 由正弦定理：， 得， ． 解法3 : 如图，过点作交于， 由于，则， 所以，， 所以． 16. 如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点． （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，根据中位线的性质得到，然后得到四边形为平行四边形，根据直棱柱的性质得到，最后利用线面垂直的判定定理证明； （2）解法一：利用余弦定理得到，然后建系，利用空间向量的方法求线面角； 解法二：根据线面角的定义得到即为直线与平面所成角，然后求线面角； 解法三：利用等体积的思路得到点到平面的距离，然后求线面角. 【小问1详解】 取中点，连接， 因为，所以， 为的中点，所以为的中位线，所以， 又，所以四边形为平行四边形，有， 又因为平面平面，则， 由于平面，所以平面， 又因为，所以平面． 【小问2详解】 解法一：由（1）可知：两两垂直，如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 在中，由余弦定理可得：，则， 于是， 则， 设平面， 于是，即， 令，则， 设直线与平面所成角为， 那么， 即直线与平面所成角的正弦值为． 解法二：在中，由余弦定理可得：，则， 如图，连接，由（1），平面平面，则， 又因为，四边形为正方形，为的中点，， 由于平面，则平面， 如图，记，过点作，连接， 由于平面平面，则， 又因为平面，则平面， 所以即为直线与平面所成角，由于， 则， 由于，则为的三等分点，则， 于是， 即直线与平面所成角的正弦值为． 解法三：设直线与平面所成角为，点到平面的距离为，则， 在中，，则， 过作交的延长线于，易得， 且易证平面， 由于，则， 在中，，且， 又，则． 【点睛】 17. 甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为，输的概率为，每局比赛的结果是独立的． （1）当时，求甲最终获胜的概率； （2）为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）甲最终获胜有两种情况：前2局赢、三场输一场赢两场，据此求解概率； （2）由（1）可得甲最终获胜的概率，分别计算两种方案下甲获得积分的数学期望，通过作差比较其大小即可. 【小问1详解】 记“甲最终以获胜”为事件，记“甲最终以获胜”为事件，“甲最终获胜”为事件， 于是，与为互斥事件， 由于，， 则， 即甲最终获胜的概率为． 【小问2详解】 由（1）可知，， 若选用方案一，记甲最终获得积分为分，则可取， ， 则的分布列为： 3 则， 若选用方案二，记甲最终获得积分为分，则可取1，0， ， 则的分布列为： 1 0 则， 所以， 由于，则， 于是时，两种方案都可以选， 当时，，应该选第二种方案， 当时，，应该选第一种方案． 18. 已知抛物线，过点作两条直线分别交抛物线于和（其中在轴上方）． （1）当垂直于轴，且四边形的面积为，求直线的方程； （2）当倾斜角互补时，直线与直线交于点，求的内切圆的圆心横坐标的取值范围． 【答案】（1）或． （2） 【解析】 【分析】（1）法一：设，由面积公式求得，再联立抛物线方程，结合韦达定理即可求解； 法二：设，由面积求得，结合弦长公式求得，联立即可求解； （2）法一：设点，得到方程，求出，设的内切圆圆心，再由到的距离与点到的距离相等，得到，进而可求解；或化简得到，通过换元构造函数，通过求导求解即可； 法二：设，得到，，进而得到，构造函数进而可求解； 【小问1详解】 法一： 当轴，令，则， 设直线，由于， 则， 由于，则，则， ， 则，则， 所以直线的方程为或． 法二： 设，倾斜角为，由对称性知有两条，且关于对称， 不妨设，那么， 则，则， 由于，则， 则， ， 则由对称性，另一条直线：， 所以直线的方程为或． 【小问2详解】 法一：设点， 因为，同理：， 所以，化简可得：， 同理可得：，， ， 又因为，直线和直线交于点， 所以，且，即， ，且，化简得：，于是， 则，解得，所以点， 由于，则，所以，则轴平分， 设的内切圆圆心，则到的距离， 点到的距离， 所以， 化简可得：， 由于，当且仅当取等号（舍）， 则， 则． 或由化简得到：， 令，当且仅当取等号（舍）， 则，设， ， 则在单调递减，．】 法二：点证明同解法1； 设的内切圆圆心， 设定点，由于，设半径为， 设，于是， ，那么， （或：在中，由角平分线定理：．则．） 设， 由于，当且仅当取等号（舍），则， 则，则． 【点睛】关键点点睛：第二问：则到的距离，点到的距离， 得到. 19. 已知无穷数列满足，为正整数，． （1）若，求； （2）证明：“存在，使得”是“是周期为3的数列”的必要不充分条件； （3）若，是否存在数列，使得恒成立？若存在，求出一组的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）或3或5． （2）证明见详解 （3）不存在，理由见详解 【解析】 【分析】（1）分别令，代入，求出，再根据对进行取舍. （2）证明必要性是以是周期为3的周期数列当条件，推出存在，使得这个结论成立；不充分性只需举出符合存在，使得的特殊数列，推出不是周期数列即可. （3）对，要考虑和两种情况，注意考虑这种特殊情况. 【小问1详解】 因为对任意成立； 令得，所以，则或3， 若，由，则，则或3， 若，由，则，则或5， 因为，综上所述：或3或5． 【小问2详解】 记， 必要性：若是周期为3的周期数列，或， 当时，数列前5项为：， 由得，该式当且仅当或时成立， 与为正整数矛盾； 当时，数列前5项为：， 由得，则或（舍，此时）， 因此，此时数列：，存在，使得， 另一方面：取数列其中当时，， 此时数列不是周期数列， 综上，“存在，使得”是“是周期为3的周期数列”的必要不充分条件． 【小问3详解】 不存在，理由如下： 等价于或， 首先说明不存在，使得，否则由得记为， 所以， 依此类推得前项为（第项），则要么相等，要么有一项为0，矛盾，因此对任意成立， 其次，不存在，使得以及同时成立，否则两式相加得，矛盾． （ⅰ）若（*）式只对有限个正整数才成立，不妨设当且仅当时（*）式成立，其中， 则当时，（**）式恒成立，此时恒成立， 由此易知当，因此数列是无界数列， （ⅱ）若存在无限个正整数使得（*）式成立，不妨设当且仅当时（*）式成立， 其中，考虑与，为方便书写记且， 则， 若，则， 若，则， 则， 此时， 无论哪种情况总有成立，即恒成立， 记，则恒成立，由此易得数列是无界数列， 所以，存在使得，故不存在符合题意的． 【点睛】易错点睛：对，要考虑和两种情况，注意考虑这种特殊情况. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期高三2月模块检测 数学试题 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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知（i为虚数单位），则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 5. 已知函数的周期为，且在上单调递增，则可以是（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的中心为原点，焦点在轴上，两条渐近线夹角为，且点在上，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 或2 7 已知曲线与曲线只有一个公共点，则（ ） A. B. 1 C. e D. 8. 如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（ ） A B. C. 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. 一组样本数据．其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，分布如图所示，且，则（ ） A. 样本负相关 B. C. D. 处理后决定系数变大 10. 已知函数，则（ ） A. 为周期函数 B. 存在，使得的图象关于对称 C. 区间上单调递减 D. 的最大值为 11. 已知，其中．点分别满足，其中，直线与直线交于点，则（ ） A. 当时，直线与直线斜率乘积 B. 当时，存在点，使得 C. 当时，面积最大值为 D. 若存在，使得，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中常数项是______（用数字作答）． 13. 在等比数列中，已知，则______． 14. 某次考试共5道试题，均为判断题．计分的方法是：每道题答对的给2分，答错或不答的扣1分，每个人的基本分为10分．已知赵，钱，孙，李，周，吴6人的作答情况及前5个人的得分情况如下表，则吴的得分为______． 人 题号 赵 钱 孙 李 周 吴 1 √ √ × × √ √ 2 × √ × √ √ √ 3 √ × × √ × × 4 √ × × × √ × 5 × × √ √ √ √ 得分 14 11 14 14 11 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，角所对的边分别为． （1）求； （2）若，求的面积． 16. 如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点． （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为，输的概率为，每局比赛的结果是独立的． （1）当时，求甲最终获胜的概率； （2）为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大． 18. 已知抛物线，过点作两条直线分别交抛物线于和（其中在轴上方）． （1）当垂直于轴，且四边形的面积为，求直线的方程； （2）当倾斜角互补时，直线与直线交于点，求的内切圆的圆心横坐标的取值范围． 19. 已知无穷数列满足，为正整数，． （1）若，求； （2）证明：“存在，使得”是“是周期为3的数列”的必要不充分条件； （3）若，是否存在数列，使得恒成立？若存在，求出一组的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $