吉林省长春市2025届高三下学期2月质量监测（二）（二模）数学 含解析

这是一份吉林省长春市2025届高三下学期2月质量监测（二）（二模）数学 含解析，共18页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页．考试结束后，将答题卡交回．
注意事项：1．答卷前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴．
2．答题时请按要求用笔．
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在原稿纸、试卷上答题无效．
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑．
5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．
一、选择题：本题共8小题，每小要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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由不等式的解法化简集合，再求交集.
【详解】因为，所以.
故选：D
2. 复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算结合共轭复数的概念可得结果.
【详解】由题意得，，
∴.
故选：B.
3. 已知函数为奇函数，则的值是（ ）
A. 3B. 1或3C. 2D. 1或2
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数在原点处有意义则求出的值，再将的值代回原函数检验即可得解.
【详解】因为为奇函数，所以，
解得或.
当时，，，故不合题意，舍去；
当时，，，故符合题意.
故选：C.
4. 已知为正项等比数列，若是函数的两个零点，则（ ）
A. 10B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由零点的定义、韦达定理以及对数运算可得的值，根据等比数列的性质，可得答案.
【详解】由题意可得为方程的两个解，则，
解得，易知.
故选：B.
5. 过双曲线的左焦点作一条渐近线的垂线，垂足为H，线段的中点在另外一条渐近线上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意作图，根据中位线性质以及垂直直线的斜率关系，结合离心率公式，可得答案.
【详解】设双曲线方程为（），则，
由题意，记的中点为，如下图：

由，则，所以两条渐近线相互垂直，
可得，则，即，所以.
故选：A.
6. 已知等差数列的前n项和为，若，则的值为（ ）
A. 0B. 3C. 6D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列的片段和性质即可得解.
【详解】因为是等差数列，所以成等差数列，
又，所以成等差数列，
则，则.
故选：A.
7. 在中，，点E在上，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的线性运算将用与表示出来，再利用向量共线定理的推理即可得解.
【详解】因为，所以，
则
，
因为三点共线，所以，解得.
故选：C
8. 如图，过圆锥的轴的截面边长为4的正三角形，过的中点作平行于底面的截面，以截面为底面挖去一个圆柱，则余下几何体的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，作出组合体的轴截面，求出圆柱的底面圆半径和高，计算表面积作答.
【详解】作出圆锥PO轴截面，此截面截挖去的圆柱得圆柱的轴截面矩形，如图，
矩形是等腰内接矩形，圆柱底面圆直径在圆锥底面圆直径上，
依题意，截面是边长为4的正三角形，所以，
因为是PO中点，则，，圆锥母线，
圆柱的侧面积，圆锥PO的表面积，
剩余几何体的表面中，圆锥底面圆挖去以CF为直径的圆（圆柱下底面圆），而挖去圆柱后，
圆柱上底面圆（以DE为直径的圆）成了表面的一部分，它与圆柱下底面圆全等，
所以剩余几何体的表面积是.
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. 为筹备亚洲冬季运动会短道速滑男子500米预选赛，运动员甲和乙的5次训练成绩（单位：秒）记录如下：
甲：
乙：
对训练成绩的统计，下列结论中正确的有（ ）
A. 甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数B. 甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数
C. 甲的成绩的方差大于乙的成绩的方差D. 甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差
【答案】ABD
【解析】
【分析】结合甲乙的成绩，逐一判断每一个选项即可.
【详解】对于A，甲成绩的平均数为，
乙成绩的平均数为，
故甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数，故A正确；
对于B，甲成绩的中位数为，乙成绩的中位数为，故B正确；
对于C，甲成绩比乙成绩更加集中，故甲成绩的方差小于乙成绩的方差，故C错误；
对于D，甲成绩的极差为，乙成绩的极差为，故D正确.
故选：ABD.
10. 函数的最小正周期为，则（ ）
A. 的值为2
B. 是函数图象的一条对称轴
C. 函数在单调递减
D. 当时，方程存在两个根，则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，根据最小正周期为可得选项A 正确；根据可得选项B错误；令，分析函数的单调性可得选项C错误；把问题转化为直线与函数图象交点个数问题可得选项D正确.
【详解】A.由题意得，，
由得，，A正确；
B.由A得，，故，
∴不是函数图象的一条对称轴，B错误；
C.令，当时，，
根据函数在上不是单调递减函数，可得C错误.
D.令，由得，，
由得，，问题转化为直线与函数的图象在区间上有两个交点，
结合图象可得，故，即，D正确.
故选：AD.
11. 若数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在数列，使得对任意正整数．都满足
B. 存在数列，使得对任意正整数，都满足
C. 存在数列，使得对任意正整数，都满足
D. 存在数列，使得对任意正整数，都满足
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，找到合适的数列满足递推关系或举反例否定，即可得到答案.
【详解】对于A，令，且，则有，，所以，故A正确；
对于B，由，得，
令，则时，，，，
，，
所以，所以，故B正确；
对于C，由，令，得，
所以，，，
令，得，
所以，，则，所以，所以，
与矛盾，故C错误；
对于D，令，则，，所以，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中，的系数为_______．
【答案】
【解析】
【分析】先将其看作关于与的二项式展开，再对进行展开，最后找出的系数.
【详解】把变形为，可得：
要得到，则的展开式中的次数与的次数之和为，即，解得.
当时，.
再根据二项式定理展开，要得到，则，此时该项系数为.
因为中展开式中的系数为，所以展开式中的系数为.
故答案为:.
13. 正整数满足，则的最大值为_______．
【答案】##
【解析】
【分析】当取最小的正整数时，所求最大.
【详解】，要使其最大，则都最小即可，
因为，且为正整数，故取，
此时，
故答案为：
14. 已知P为抛物线上一点，过点P作倾斜角互补的两条直线，分别与抛物线交于两点，若直线的斜率为，则点P的坐标为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意设出直线的方程，联立直线与抛物线方程，写出韦达定理，设出动点的坐标，表示出直线的斜率，由题意建立方程，可得答案.
【详解】
由题意设直线的方程为，
联立，消去，可得，
由，
设，，则，，
设，
则直线斜率，
直线的斜率，
由题意可得，化简可得，则，解得，
所以.
故答案为：.
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，分别为角所对的边，且，角A的平分线交于D，且．
（1）求角A；
（2）若，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理与和角公式化边为角，求得，即得角A；
（2）利用三角形角平分线定理求出，再根据面积相等列方程，求解即得的长.
【小问1详解】
由和正弦定理，可得，
因，
则，
即，
因为，则得，
因，则．
【小问2详解】
如图，因是平分线，则，解得，
又，
则，
即，解得.
16. 已知函数．
（1）斜率为的直线与的图象相切，且与轴交点的横坐标为，求的值；
（2）若是上的单调函数，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设切点横坐标为，通过求导表示切线方程，根据切线斜率为及过点可得的关系式，由此可得结果.
（2）根据函数单调性分离参数，结合恒成立问题的解题方法可求的取值范围.
【小问1详解】
函数定义域为.
∵，∴，
设切点横坐标为，则，，
∴，切线方程为，
∵切线与轴交点的横坐标为，∴，
∴，即，
∵函数在上为增函数，∴在上为增函数，
∵，∴，代入得，.
【小问2详解】
由（1）得，，
当是上的单调递增函数时，在上恒成立，
∴，
令，则，函数对称轴为直线，在上单调递增，
∴，
∴.
当是上的单调递减函数时，在上恒成立，
∴，由得.
综上得，或．
17. 多面体中，四边形为梯形，，，且四边形为矩形．

（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由勾股定理可证，由题意可得，进而可证线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出面与平面的法向量，利用空间向量求空间角即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，，，
又因为，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
因为，所以，
又因为四边形为矩形，所以，
因为，所以平面，
因为，所以平面.
【小问2详解】
取中点中点N，以M为原点，以方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立如图所示的坐标系

又，则
所以，则
，．
假设平面的一个法向量为，则
，令，则，所以，
假设平面的一个法向量为，则
，令则，所以
假设平面与平面所成的角为，则
，
即平面与平面所成角的余弦值为．
18. 如图，矩形中，分别是矩形四条边的中点，设，其中，直线和的交点在椭圆上．

（1）求椭圆的方程；
（2）设，过点的动直线与椭圆交于两点，直线分别交圆于两点，设直线的斜率分别为．
①求证：为定值；
②直线是否恒过定点，若是，求出定点坐标，若不是，说明理由．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②，
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用点的坐标表示出直线和的方程，联立方程即可得到点满足的方程，即椭圆的方程；
（2）①设直线的方程为：，，，与椭圆的方程联立，结合韦达定理，表示出，化简即可得证；②设直线的方程为：，，，联立直线与圆的方程，结合韦达定理，利用，即可求得的值，即可求出结果.
【小问1详解】
由题可知，
直线的方程为：，可化为，
直线的方程为：，可化为，
则两式联立得，所以椭圆方程为.
【小问2详解】
①设直线的方程为：，，，
与椭圆的方程：联立消去可得：，
则，，
所以
，
代入，可得.

②设直线的方程为：，，，
联立直线与圆的方程，
消去可得，
则，
所以
，
代入，可得．
综上，直线恒过定点．
19. 某企业举办企业年会，并在年会中设计了抽奖环节和游戏环节．
（1）抽奖环节：该企业每位员工在年会上都会得到相应的奖金X（单位：千元），其奖金的平均值为，标准差为．经分析，X近似服从正态分布，用奖金的平均值作为的近似值，用奖金的标准差s作为的近似值，现任意抽取一位员工，求他所获得奖金在的概率；
（2）游戏环节：从员工中随机抽取40名参加投掷游戏，每位员工只能参加一次，并制定游戏规则如下：参与者掷一枚骰子，初始分数为0，每次所得点数大于4，得2分，否则，得1分．连续投掷累计得分达到9或10时，游戏结束．
①设员工在游戏过程中累计得n分的概率为，求；
②得9分的员工，获得二等奖，奖金1000元，得10分的员工，获得一等奖，奖金2000元，估计该企业作为游戏奖励的预算资金（精确到1元）．
（参考数据：，．
【答案】（1）
（2）①；②50001元
【解析】
【分析】（1）由，再根据正态分布的对称性计算即可得解.
（2）①当时，由题意构建递推式，再证明为等比数列，由此得到，累加进而得到，当时，即可求解.
②由题意可得，即可求解.
【小问1详解】
由题意知，
则．
【小问2详解】
①由题知，累计获得分时有可能是获得分时掷骰子点数小于等于4或获得分时掷骰子点数大于4，而掷骰子点数小于等于4的概率为，掷骰子点数大于4的概率为．
，
则，
故为等比数列.
由，，故首项为.
因此，……，
将所有等式相加得，
所以，
当时，
综上.
②
元．
即估计游戏奖励的预算资金为50001元．