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（含解析）

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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. 1B. C. 2D. 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. 1D. 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. 2D. 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，，
所以函数在上不单调递增，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. 2D. 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，点不可能在双曲线上；
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. 1C. eD.
【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：，
于是若，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，
点到直线的距离，
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______．
【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，无论每道题的结果如何，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；：
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；
（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；
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；
（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；
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；
（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；
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；
综上所述：正确答案是√，×，√，×，√，吴此时14分．
故答案：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：
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：
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：，
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.
人
题号
赵
钱
孙
李
周
吴
1
√
√
×
×
√
√
2
×
√
×
√
√
√
3
√
×
×
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×
4
√
×
×
×
√
×
5
×
×
√
√
√
√
得分
14
11
14
14
11
人
题号
赵
钱
孙
李
周
吴
1
√
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√
√
2
×
×
×
√
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√
3
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×
4
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√
×
×
√
×
5
×
√
√
√
√
√
得分
14
14
14
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11
赵
钱
孙
李
周
吴
1
√
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×（2）
×（2）
√
√
2
×（2）
√
×（2）
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√
√
3
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×（2）
×（2）
√
×（2）
×（2）
4
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×
×
×
√
×
5
×
×
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得分
14
11
14
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赵
钱
孙
李
周
吴
1
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×（2）
×（2）
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√
2
×（2）
√
×（2）
√
√
√
3
√（2）
×
×
√（2）
×
×
4
√
×（2）
×（2）
×（2）
√
5
×（2）
×（2）
√
√
√
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得分
14
11
14
14
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赵
钱
孙
李
周
吴
1
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×（2）
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2
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√（2）
×
√（2）
√（2）
√（2）
3
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×（2）
×（2）
√
×（2）
×（2）
4
√（2）
×
×
×
√
×
5
×（2）
×
√
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14
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14
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吴
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×（2）
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2
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×
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√（2）
√（2）
3
√（2）
×
×
√（2）
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4
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李
周
吴
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√（2）
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√（2）
√（2）
2
×（2）
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×（2）
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√
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√
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4
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×
×（2）
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×
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×
√（2）
√（2）
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孙
李
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吴
1
√（2）
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×
×
√（2）
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2
×（2）
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√
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√（2）
×
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√（2）
×
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×（2）
×（2）
×（2）
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√（2）
√（2）
√（2）
√（2）
得分
14
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14
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赵
钱
孙
李
周
吴
1
√（2）
√（2）
×
×
√（2）
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×
√（2）
√（2）
√（2）
3
√
×（2）
×（2）
√
×（2）
×（2）
4
√
×
×（2）
×
√
×
5
×
×
√（2）
√
√
√
得分
14
11
14
14
11
3
1
0