四川省绵阳市三台中学2025届高三下学期2月月考数学试题（含解析）

这是一份四川省绵阳市三台中学2025届高三下学期2月月考数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知全集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A．B．C．D．
2．生活中有这样一个实际问题：如果一杯糖水不够甜，可以选择加糖的方式，使得糖水变得更甜．若，则下列数学模型中最能刻画“糖水变得更甜”的是（ ）
A．B．
C．D．
3．若向量，则“”是“向量的夹角为锐角”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知，，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
5．近年来，家用冰箱使用的氟化物的释放等破坏了臭氧层，已知臭氧含量与时间（单位：年）的关系为，其中是臭氧的初始含量，是自然对数的底数．按照此关系推算，当臭氧含量为初始含量的时，的值约为（ ）（参考数据：）
A．305B．483C．717D．879
6．已知数列是递增数列，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数在时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（ ）
A．B．C．D．
8．用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成的角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆，数学家Dandelin创立的双球模型证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切，切点分别为．下列关于截口曲线的椭圆的结论中不正确的有（ ）

A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等
C．所得椭圆的离心率
D．其中为椭圆长轴，为球的半径，有
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图，在正方体中，M，N分别为棱的中点，则以下四个结论中，正确的有（ ）
A．直线与是相交直线B．直线与是异面直线
C．与平行D．直线与共面
10．已知随机事件、满足：，，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则与相互独立B．若与相互独立，则
C．若与互斥，则D．若，则
11．如图所示，中，，，，在边上，在边上，且为的角平分线，，则（ ）
A．
B．的面积为
C．
D．若点在的外接圆上，则的最大值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．由样本数据，求得回归直线方程为，且，若去除偏离点后，得到新的回归直线方程为，则去除偏离点后，相应于样本点的残差值为 .
13．已知数列是首项为，公差为d的等差数列，其前n项和为，若直线与圆的两个交点关于直线对称，则数列的前100项和为 ．
14．已知，则的大小关系为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)证明；
(2)求的范围．
16．已知函数在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)求函数在的最大值和最小值；
(3)若方程恰有两个不等的实根，求的取值范围．
17．如图1，在平行四边形ABCD中，，将沿BD折起到位置，使得平面平面，如图2.
(1)证明：平面BCD；
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．已知抛物线.
(1)倾斜角为的直线过的焦点，且与交于、两点，求；
(2)设是上一点，、是的准线上两个不同的点，且圆是的内切圆.
①若，求点的横坐标；
②求面积的最小值.
19．甲、乙两名同学玩掷骰子积分游戏，规则如下：每人的初始积分均为0分，掷1枚骰子1次为一轮，在每轮游戏中，从甲、乙两人中随机选一人掷骰子，且两人被选中的概率均为当骰子朝上的点数小于3时，掷骰子的人积2分，否则此人积1分，未掷骰子的人本轮积0分，然后进行下一轮游戏．已知每轮掷骰子的结果相互独立．
(1)求经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率；
(2)经商议，甲、乙决定修改游戏规则，具体如下：甲、乙轮流掷骰子，谁掷谁积分，当骰子朝上的点数不小于3时，积2分，否则积1分，规定第一次由甲掷．记两人累计积分之和为的概率为
（i）证明：为等比数列；
（ⅱ）求 的通项公式.
参考答案
1．【答案】A
【详解】由图可知，阴影部分为，
故选A.
2．【答案】B
【详解】由题意，若，设糖的量为，糖水的量设为，添加糖的量为，
选项A，C不能说明糖水变得更甜，
糖水甜可用浓度体现，而，能体现糖水变甜；
选项D等价于，不成立，
故选B．
3．【答案】B
【详解】向量的夹角为锐角，则，且向量不共线，
当向量共线时，，
则，
若，则成立，反之不成立，
故“”是“向量的夹角为锐角”的必要不充分条件，
故选B.
4．【答案】D
【详解】因为，，，则，，
所以点到直线的距离为：.
故选D.
5．【答案】C
【详解】因为臭氧含量与时间（单位：年）的关系为，
所以当臭氧含量为初始含量的时，得，
计算得，化简得，
所以.
故选C.
6．【答案】C
【详解】由，数列是递增数列，
得，解得，
所以a的取值范围是.
故选C.
7．【答案】C
【详解】时，，
令，则当时，，
故要想在时满足恒成立，
需满足，不妨取，
，，
画出在上的图象，如下：
由图象可知，，，
则，
故，
两式相加得，
所以.
故选C.
8．【答案】D
【详解】设P为截口曲线的椭圆的一点，如图，过点作线段分别与球切于点，
故有，
由椭圆定义可知，该椭圆以，为焦点，为长轴长，故B正确．

设椭圆长半轴长为，半焦距为，设O为的中点，
与球切于点，，，故，
有，则
即椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确．
由题意可得，则，故C正确．
由题意知（这是因为），
则，故，
即，故D错误．
故选D．
9．【答案】BD
【详解】对于A，三点在平面内，M点不在直线上，
A点不在平面内，可得直线与是异面直线，故A错误；
对于B，三点在平面内，不在直线上，
M点不在平面内，可得直线与是异面直线，故B正确；
对于C，取的中点E，连接，又N为的中点，
则有，，
所以四边形是平行四边形，所以，
，则与不平行，故C错误；
对于D，连接，
因为M，N分别为棱的中点，
所以， 由正方体的性质可知：，
所以，则有四点共面，
所以直线与共面，故D正确.
故选BD.
10．【答案】ACD
【详解】对于A，，故与相互独立，即A正确；
对于B，若与相互独立，则与也相互独立，
则，故B错误；
对于C，若与互斥，则，
，故C正确；
对于D，由全概率公式可得，
所以，故D正确；
故选ACD.
11．【答案】BCD
【详解】在三角形中，由余弦定理，
，故，故正确；
在中，，故错误；
由余弦定理可知：，
，平分，，
，
在三角形中，由正弦定理可得：，
故，故正确；
，，
为的外接圆的直径，故的外接圆的半径为1，
显然当取得最大值时，在弧上，故，
设，则，，
，，，，
其中，，当时，取得最大值，
故正确．
故选BCD．
12．【答案】
【详解】由于回归直线过样本中心点，当时，，
去除偏离点后，剩余数据的中心点为，
则，，
将点的坐标代入回归直线方程，可得，解得，
所以，新的回归直线方程为，
当时，，
所以，去除偏离点后，相应于样本点的残差值为.
13．【答案】
【详解】由对称性可知经过，故，解得，
且与垂直，其中的斜率为，故，
所以，，
所以，
则.
14．【答案】
【详解】由，
即，
令，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
则有，即，
令，
则在上恒成立，
故在上单调递减，
则有，即，
故.
15．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理有，则．
因为，，
所以，
所以，即．
（2）因为为锐角三角形，
所以，，，
解得，
则，
又，则，因为在上单调减，所以，即．
16．【答案】(1)
(2)最大值为最小值为
(3)
【详解】（1）,因为在点处的切线方程为
所以有所以解得
（2）由(1)可得当或
所以在和上单调递增，上单调递减，又因为计算可得，
所以在的最大值为，最小值为
（3）由（2）可知，的极大值为，极小值为
当所以当时，.所以当且仅当时，方程恰有两个不等实根.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）证明：在中，因为，
由余弦定理，得，
所以，所以，
所以．
如下图1所示：在中，作于点，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又平面，所以，
又因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
又平面BCD，所以平面BCD.
（2）方法一：如下图2所示：
存在点，当是的中点时，二面角的大小为.
证明如下：由（1）知平面BDC，所以且，
所以，又因为是的中点，所以，同理可得：，
取BD的中点为O，DC的中点为，连接MO，EM，OE，
因为，所以是二面角的平面角，
又因为，所以．此时．
方法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如下图3所示的空间直角坐标系，则.
假设点存在，设，
则，
设平面MBD的一个法向量为，
则，取，可得，
又平面CBD的一个法向量为，
假设在线段上存在点，使得二面角的大小为，
则，解得，
所以点存在，且点是线段的中点，即.
18．【答案】(1)；
(2)①3；②.
【详解】（1）抛物线的焦点坐标为，直线的方程为.
设点、的横坐标为、.
由，消得
于是，故.
（2）①设，于是有，抛物线的准线方程为，
设、，过的直线的方程可设为，
由题意，两直线均与圆相切，故，整理得，
设直线、的斜率为、，
于是，
将代入上式，化简得，解得或（舍），
故点的横坐标为3.
②由①，，
点到的距离，故的面积，
不妨令，于是，
当且仅当，即时，的面积取到最小值，最小值为.
19．【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ⅱ）.
【详解】（1）甲每轮游戏的积分可能为0分、1分、2分，记其每轮积分为0分、1分、2分的概率分别为，
则
经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的所有可能情况如下：4轮中甲掷2轮，且每轮积分均为2分；
4轮中甲掷3轮，每轮积分分别为2，1，1；甲掷4轮，每轮积分均为1分，
所以经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率
（2）（i）记“累计积分之和为”为事件；“累计积分之和为”为事件；“累计积分之和为”为事件.
于是，
则，
又，
所以是首项为公比为的等比数列．
（ii）由（i）得，当时，，
则，
，
，
，
累加得，
因此．
当时，上式也成立，
故.
单调递增
单调递减
单调递增