安徽省六安第二中学2024-2025学年高三下学期3月月考数学试题（含解析）

这是一份安徽省六安第二中学2024-2025学年高三下学期3月月考数学试题（含解析），共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：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 已知集合，则＝（ ）
A. B. C. D.
2. 在复平面内，复数的共轭复数对应点的坐标所在的象限是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3. 已知是递增的等比数列，且，则（ ）
A. 公比为－2B.
C. 的前n项和为D. 是等比数列
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知双曲线的中心在坐标原点，一个焦点的坐标为，点在该双曲线上，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知平面向量、满足，，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，AB，CD分别是圆柱上､下底面圆的直径，且，若圆柱的轴截面为正方形，且三棱锥的体积为，则该圆柱的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：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，有选错的得8分，部分选对的得部分分．
9. 下列命题正确的是（ ）
A. 已知由一组样本数据，得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有（10,60）
B. 若随机变量，则
C. 已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下28个数据的第75百分位数可能等于原样本数据的第75百分位数
D. 若随机变量，且PX>6=0.4，则
10. 已知函数的定义域为，，且，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 在上单调递增
C. 数列是等比数列
D. 当时，
11. 如图，已知正方体的棱长为，为底面内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（ ）．
A. 三棱锥的体积为定值
B. 存点，使得
C. 若，则点在正方形底面内的运动轨迹长为
D. 若点是的中点，点是的中点，过，作平面平面，则平面截正方体的截面面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数在点的切线方程为______．
13. 随机事件A，B满足，，则＝______．
14. 若函数的两个零点分别为和，则______.
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，角的对边分别是，已知.
（1）求；
（2）若，且的周长为，求.
16. 为了缓解高三学生学业压力，学校开展健美操活动，高三某班文艺委员调查班级学生是否愿意参加健美操，得到如下的列联表.
（1）根据该列联表，并依据显著水平的独立性检验，判断能否认为“学生性别与是否愿意参加健美操有关”；
（2）在愿意参加的所有学生中，根据性别，分层抽样选取8位学生组织班级健美操队，并从中随机选取2人作为领队，记这2人中女生人数为随机变量，求的分布及期望.
附：.
17. 如图，三棱锥中，，．异面直线和所成角的余弦值为，点是线段上的一个动点．
（1）证明：平面平面；
（2）若二面角正弦值为，求．
18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆，过右焦点作两条互相垂直的弦，，设，中点分别为，．
（1）写出椭圆右焦点的坐标及该椭圆的长轴长；
（2）证明：直线必过定点，并求出此定点坐标；
（3）若弦，的斜率均存在，求面积的最大值．
19. 阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰·伯努利（Jhann Bernulli，1667～1748）儿子丹尼尔·伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Lenhard Euler，1707～1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中．
阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．阅读以上材料后请完成以下问题：
（1）求出的值；
（2）估算的大小（保留小数点后2位），并给出用和表示的估计公式；
（3）求证：，其中．
六安二中2025届高三第八次月考
数学
时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：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. 已知集合，则＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】根据交集概念，逐个验证即可.
【详解】由于
则.
故选：B.
2. 在复平面内，复数的共轭复数对应点的坐标所在的象限是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】运用复数的四则运算化简复数，写出共轭复数，根据复数对应的点确定象限.
【详解】
其共轭复数为，对应点的坐标为，位于第三象限.
故选：C
3. 已知是递增的等比数列，且，则（ ）
A. 的公比为－2B.
C. 的前n项和为D. 是等比数列
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用等比数列性质求出与的值，再根据数列递增确定和，进而求出公比，然后根据等比数列相关公式求出前项和，最后判断是否为等比数列.逐个判断即可.
【详解】在等比数列中，由等比数列性质可知.
又已知，则、可看作方程的两个根.
解这个方程，可得或，即或.
因为是递增的等比数列，所以，.
设公比为，根据等比数列通项公式，可得，即，化简得，
解得或，又因为数列递增，所以，故A选项错误，B选项正确.
根据等比数列前项和公式可得：，故C选项错误.
设，则.
不是常数，所以不是常数，不是等比数列，故D选项错误.
故选：B.
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由倍角余弦公式及诱导公式求目标式的值.
【详解】，
.
故选：A
5. 已知双曲线的中心在坐标原点，一个焦点的坐标为，点在该双曲线上，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据焦点坐标求出，根据双曲线定义及双曲线上一点求出，再根据求出，最后根据双曲线渐近线方程为即可求解.
【详解】双曲线一个焦点的坐标为，可知双曲线交点在轴上，
所以，另一个焦点坐标，
因为点在该双曲线上，根据双曲线定义可知：，
，，
所以，解得，又因为， 即，解得，
所以双曲线渐近线方程为.
故选：A
6. 已知平面向量、满足，，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由平面向量数量积的运算可求出的值，再利用投影向量的定义可求得在上的投影向量的坐标.
【详解】因为，则，且，，
则，可得，
所以，在上的投影向量为.
故选：B.
7. 如图，AB，CD分别是圆柱上､下底面圆的直径，且，若圆柱的轴截面为正方形，且三棱锥的体积为，则该圆柱的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别取上下底面的圆心为，连接，可得平面，设圆柱上底面圆的半径为, 三棱锥的体积为,求出a，由圆柱的侧面积公式可得答案.
【详解】
分别取上下底面的圆心为，连接，则，
因为，所以，且，
所以平面，设圆柱上底面圆的半径为,则，
三棱锥的体积为,
解得，该圆柱的侧面积为，
故选：C.
8. 已知有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由参变分离得出，令，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，分析可知，直线与函数的图象有两个交点，数形结合可得出实数的取值范围，再结合极值点的定义检验即可.
【详解】函数的定义域为，则，
由题意可知，函数有两个异号的根，显然，
当时，参变分离可得，
令，其中，则，由可得，列表如下：
所以，函数的减区间为、，增区间为，
函数的极小值为，且当时，；当时，gx=exx3>0.
如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，
设这两个交点的横坐标分别为、，设，由图可知，，
且，
当时，，则，此时，函数单调递增，
当时，，则，此时，函数单调递减，
当时，，则，此时，函数单调递增，
故当时，函数有两个极值点，
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
二、多项选择题：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，有选错的得8分，部分选对的得部分分．
9. 下列命题正确的是（ ）
A. 已知由一组样本数据，得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有（10,60）
B. 若随机变量，则
C. 已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下28个数据的第75百分位数可能等于原样本数据的第75百分位数
D. 若随机变量，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，结合回归方程的性质，样本均值和方程的计算方法，以及百分位数的计算方法，正态分布的概率计算，逐项判定，即可求解.
【详解】选项，回归直线方程是通过样本数据拟合得到的，
它表示的是变量和之间的一种线性关系，一定过样本中心点，但并不意味着样本数据中一定存在点，
回归直线是对样本数据整体趋势的一种近似描述，样本点不一定都在回归直线上，
所以这组样本数据中不一定有，选项错误.
对于选项，随机变量，那么，B选项正确.
对于C选项，设30个互不相同的样本数据从小到大排列为.
计算，则原样本数据第75百分位数是.
去掉最大和最小的数据后，剩下28个数据从小到大排列为，计算，则剩下28个数据的第75百分位数是.
由于30个数据互不相同，则，C选项错误.
对于D选项，因为随机变量，所以正态曲线关于直线对称.
已知，根据正态曲线的对称性可知.
那么，D选项正确.
故选：BD.
10. 已知函数的定义域为，，且，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 在上单调递增
C. 数列是等比数列
D. 当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用赋值法判断A，结合单调性的定义判断B，令，及等比数列的定义判断C，得到，即可判断D.
【详解】令，，则有，由，
故，即，故A错误；
令，，则有，
由，，故、、，则，
即当时，有恒成立，
故在上单调递增，故B正确；
令，，则有，
即，即，
又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，故C正确；
由数列是以为首项，为公比的等比数列，
故，即，所以当时，
令可得，
当时，所以，
因为，则，又，所以，所以，
所以当时，，故D正确；
故选：BCD.
11. 如图，已知正方体的棱长为，为底面内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（ ）．
A. 三棱锥的体积为定值
B. 存在点，使得
C. 若，则点在正方形底面内的运动轨迹长为
D. 若点是的中点，点是的中点，过，作平面平面，则平面截正方体的截面面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据等体积法可计算出三棱锥的体积，可判断选项A，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，设，根据垂直得向量数量积为列式，从而判断选项B，C，利用线面垂直的判定定理得平面，再证明四点共面，从而得平面，再由面面平行的性质可得平面截正方体的截面为正六边形，根据正六边形的性质计算面积即可判断选项D.
【详解】对于A，由等体积法，三棱锥的高为，
底面积，所以，
所以三棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，，，，
，，
若，则，
即，取，此时点与点重合，满足题意，
所以存在点，使得，B正确；
对于C，，若，
，即，
所以点的轨迹就是线段，
轨迹长为，C错误；
对于D，如图取中点，连接，
由题可得，平面，
连接，因为，平面，
则，，又，
平面，则平面，
又取中点为，则，
有四点共面，则平面即为平面，
又由两平面平行性质可知，，，，
又都是中点，故是中点，是中点，
则平面截正方体的截面为正六边形，
又正方体棱长为，则，
故截面面积为，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. 函数在点切线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义直接求解即可.
【详解】由可得，
可得切线斜率为，且；
所以切线方程为，即.
故答案为：
13. 随机事件A，B满足，，则＝______．
【答案】0.04
【解析】
【分析】根据条件概率公式求出，再利用概率的基本性质求出.
【详解】已知条件概率公式，已知，，将其代入公式可得：

因为事件可以拆分为与同时发生以及与同时发生这两个互斥事件的和，即.
将，代入上式可得：

故答案为：0.04.
14. 若函数的两个零点分别为和，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简，再利用函数零点的意义及正弦函数的性质求得，进而求出，最后利用二倍角的余弦公式求值即可.
【详解】由辅助角公式得函数，
其中锐角由确定，由，
得，而，
因此，即，则，
即，于，
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，角的对边分别是，已知.
（1）求；
（2）若，且的周长为，求.
【答案】（1）或；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，进而求出.
（2）由（1）的结论，利用余弦定理列式求解.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理得，而，
则，又，
所以或.
【小问2详解】
由的周长为，，得，
在中，由余弦定理得，即，
则，当时，，于是，，此方程无解；
当时，，于是，解得或，
所以当时，无解；当时，或.
16. 为了缓解高三学生学业压力，学校开展健美操活动，高三某班文艺委员调查班级学生是否愿意参加健美操，得到如下的列联表.
（1）根据该列联表，并依据显著水平的独立性检验，判断能否认为“学生性别与是否愿意参加健美操有关”；
（2）在愿意参加的所有学生中，根据性别，分层抽样选取8位学生组织班级健美操队，并从中随机选取2人作为领队，记这2人中女生人数为随机变量，求的分布及期望.
附：.
【答案】（1）能 （2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）完善列联表，作出零假设，根据独立性检验公式计算的值，推断出零假设成立与否，从而得出判断；
（2）根据列联表得出选取8人中男生与女生人数，由超几何分布计算出对应概率值，得出随机变量的分布列，求出数学期望.
【小问1详解】
列联表如下：
零假设为：是否愿意参加健美操与学生性别无关.
根据列联表中的数据，可得,
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立,
既认为是否愿意参加健美操与学生性别有关联，此判断犯错误的概率不大于0.005.
【小问2详解】
根据列联表可得愿意参加健美操的学生中女生占全部的，
∴选取的8人中，女生有人，男生有人，
∴随机变量的可取值：0,1,2.
∴，，.
∴随机变量的分布列：
数学期望.
17. 如图，三棱锥中，，．异面直线和所成角的余弦值为，点是线段上的一个动点．
（1）证明：平面平面；
（2）若二面角的正弦值为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）结合题目条件，利用线面垂直可证面面垂直.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求结果.
【小问1详解】
法一：（几何法）如图，取中点，由，得，
作，，则四边形为菱形，且，
连接，， ，则，.
∵异面直线与所成角的余弦值为，∴，
当时，，
此时，不能构成，舍去，
故，，
∵，，∴为直角三角形，故，
∴，即，
∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
法二：（基底法）如图，取中点，由，得，，故二面角的平面角为，
由题意，得，，
设，，，．
则，，，，，
，
∵，∴，
∴或（舍去），
∴，此时，平面平面．
【小问2详解】
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，
∴，，，
设，，则，
∴，得，故.
设平面的法向量，则
令，得，，即，
设平面的法向量为，则
令，则，即，
设二面角的平面角为，
则，
得或（舍），故，
∴，故.
18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆，过右焦点作两条互相垂直的弦，，设，中点分别为，．
（1）写出椭圆右焦点的坐标及该椭圆的长轴长；
（2）证明：直线必过定点，并求出此定点坐标；
（3）若弦，的斜率均存在，求面积的最大值．
【答案】（1）右焦点，长轴长为；
（2）证明见解析，；
（3）.
【解析】
【分析】（1）直接根据椭圆方程写出右焦点的坐标及长轴长.
（2）斜率均存在，设直线AB方程为与椭圆方程联立求出点坐标，同理得点坐标，再求出直线的方程即可；再讨论一条直线斜率不存在时的情况.
（3）由（2）中中信息求出，借助函数的单调性求出最值.
【小问1详解】
由椭圆，得长半轴长，短半轴长，半焦距，
所以右焦点坐标，长轴长为.
【小问2详解】
当直线斜率均存在时，设，直线AB方程为，
由消去，得，
则有，点，而直线：，同理，
当时，直线MN斜率，
直线：，整理得，直线恒过定点，
当，即时，直线：过点，
当两条直线其中一条斜率不存在，一条直线斜率为0时，
不妨设斜率不存在，斜率为0，，直线：过点，
所以动直线过定点.
【小问3详解】
由（2）知直线过定点，
，
令，当且仅当取等号，，
函数在上单调递增，，
所以，即时，取得最大值.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
19. 阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰·伯努利（Jhann Bernulli，1667～1748）的儿子丹尼尔·伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Lenhard Euler，1707～1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中．
阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．阅读以上材料后请完成以下问题：
（1）求出的值；
（2）估算的大小（保留小数点后2位），并给出用和表示的估计公式；
（3）求证：，其中．
【答案】（1）
（2）；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别代入公式计算即可；
（2）由麦克劳林公式中取，计算即可；
（3）首先利用麦克劳林公式猜想和，再构造函数求导证明猜想；然后得到，最后令，代入上式经过拆项可得，即可证明.
【小问1详解】
因为，
所以，
，
，
所以．
【小问2详解】
由麦克劳林公式，令，有
再取，可得，
所以估算值为．
在中，取，可得.
【小问3详解】
证明：由麦克劳林公式，当时，令，有，猜想：
令，有，猜想：
令，由，所以，即．
令，由，
再令，则恒成立，
所以在上为增函数，且，
所以在上为增函数，
所以，即．
又时，，，所以.
令， 当，有，
则，命题得证．
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是能根据麦克劳林公式得到当时，得到，再令，裂项证明.
性别
愿意
不愿意
男生
6
10
女生
18
6
减
减
极大值
增
性别
愿意
不愿意
男生
6
10
女生
18
6
性别
愿意
不愿意
合计
男生
6
10
16
女生
18
6
24
合计
24
16
40
0
1
2