浙江省台州市2024_2025学年高二数学下学期3月考试试题含解析

这是一份浙江省台州市2024_2025学年高二数学下学期3月考试试题含解析，共20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。
数学
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．
1. 已知，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
首先求出集合、，再利用集合的交运算即可求解.
【详解】，，
所以，
故选：A
2. 已知，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．
【详解】因为，所以，即．
故选：A．
3. 已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】由条件结合投影向量的定义可求，再根据向量夹角余弦公式求结论.
【详解】因为向量在向量上的投影向量为，是两个单位向量，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
又，
所以，又，
所以向量与向量的夹角为，即.
故选：B.
4. 已知点在圆的外部，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的方程及点在圆外有且，即可求参数范围.
【详解】由题设，圆，则①，
由点在圆外，则有②，
联立①②得：或
所以实数m的取值范围为
故选：C
5. 已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有.现从这四个袋子中随机抽取一个袋子，设事件为“所抽袋子里有红球”，事件为“所抽袋子里有白球”，事件为“所抽袋子里有黑球”，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件与事件互斥B. 事件与事件相互独立
C. 事件与事件相互对立D. 事件与事件相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】根据要写条件，利用互斥事件、对立事件和相互独立的定义，逐一判断选项即可.
【详解】对于A，事件和事件可以同时发生，即抽取丁袋，事件与事件不互斥，A错误；
对于B，，，，事件与事件相互独立，B正确；
对于C，事件与事件可以同时发生，即抽取丁袋，事件与事件不对立，C错误；
对于D，，，，事件与事件不独立，D错误.
故选：B
6. 已知在棱长为的正四面体中，，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用线线角的向量法，即可求解.
【详解】如图，设，易知，，
因为，所以，，
则，
又，得到，
，得到,
设和的夹角为，则,
故选：C.
7. 已知定义域为的函数，其导函数为，且,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，对求导，结合条件，得到在上单调递减，再对各个选项逐一分析判断，即可求解.
【详解】令，则，
又，，所以，即在上单调递减，
对于选项A，因为，所以，故选项A错误，
对于选项B，因为，所以，故选项B正确，
对于选项C，因为，所以，故选项C错误，
对于选项D，，所以，故选项D错误，
故选：B.
8. 如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在，则半椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆上点的坐标从而得到向量坐标，利用向量坐标表示数量积得到相应等量关系，再由点的变化范围得到相应不等式，进而求得取值范围.
【详解】
设，
因为，
又点为半椭圆上一点，所以，
所以
，
因为存在，
所以，
即在上有解，
因为，
且，
所以在上有解，
即在上有解，所以
又因为，
所以，
即，解得，
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键是采用设点法，再代入计算相关向量数量积，转化为在上有解，从而得到不等式组，解出即可
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是.
B. 已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数.
C. 数据2，4，6，8，10，12，14，16的第60百分位数为10.
D. 甲乙丙三种个体按3:1:2的比例分层抽样，若抽取的甲个体数为9，则样本容量为18.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，结合古典概型的概率公式，即可求解；对于B，结合众数、中位数的定义，即可求解；对于C，结合百分位数的定义，即可求解；对于D，结合分层抽样的定义，即可求解．
【详解】对于A，用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为2的样本，
则每个个体被抽到的概率都是，故A正确；
对于B，一组数据1，2，3，3，4，5的众数为3，中位数为3，故B不正确；
对于C，数据2，4，6，8，10，12，14，16，因为，
所以该组数据的第60百分位数是10，故C正确；
对于D，令样本容量为，则，解得，故D正确．
故选：ACD．
10. 已知数列满足，则下列结论正确的有（ ）
A. 为等比数列
B. 的通项公式为
C. 为递增数列
D. 的前n项和
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.
【详解】因为，
所以+3，所以，
又因为，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
，即，故B正确；
因为，
因为，所以，
所以，所以为递减数列，故C错误；
，
则，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知正四棱柱的底面边长为，点分别满足.甲､乙､丙､丁四名同学利用《空间向量与立体几何》这一章的知识对其进行研究，各自得出一个结论：
甲：当时，存在，使得；
乙：当时，存在，，使得；
丙：当时，满足的的关系为；
丁：当时，满足点的轨迹长度为.
其中得出正确结论的同学有（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意分析可知：点为底面内一点（包含边界），建系，设.对于甲丙丁：结合向量垂直的坐标表示运算求解；对于乙：取点关于平面的对称点为，连接，结合对称性分析判断.
【详解】以A为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图1所示的空间直角坐标系，
因为，
可得，所以点为底面内一点（包含边界），
则，设，
对于甲同学，当时，，则，，
若，则，整理得，
得，则点存在，此时，所以存在，使得，故选项A正确，
对于乙同学，当时，，点关于平面的对称点为，
连接，则，

所以，
所以存在点，使得，即存在，使得，故B正确，
对于丙同学，当时，，可得，
由，得，即，
所以点的轨迹为中平行于边的中位线，
当为该中位线的中点时，，当不为该中位线的中点时，，故C错误；
对于丁同学，当时，，
可得，
由，得0，整理得，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的圆弧，如图2所示，
取中点，连接，因为，则，
所以，由圆与正方形的对称性知，，
所以，故点的轨迹长度为，所以选项D正确，

故选：ABD.
【点晴】关键点点晴，本题的关键在于利用向量的线性运算，得，点为底面内一点（包含边界）.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若双曲线的离心率为3，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率列方程，解方程求得的值.
【详解】由题意，焦点在轴上，
；
故答案为：
13. 已知,分别是等差数列的前项和，且，则________
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，利用等差数列的性质得，再结合条件，即可求解.
【详解】因为是等差数列，
所以，又，
所以，
故答案为：.
14. “布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为__________．

【答案】
【解析】
【分析】定义从出发最终从1号口出的概率为，结合独立乘法、互斥加法列出方程组即可求解.
【详解】设从出发最终从1号口出的概率为，所以，解得.
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. 已知圆C的圆心为原点，且与直线相切，直线过点．
（1）求圆C的标准方程；
（2）若直线与圆C相切，求直线的方程．
（3）若直线被圆C所截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】（1）
（2），或
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用点到直线的距离求出半径，即可得到圆C的标准方程；
（2）分类讨论直线斜率不存在与存在的情况，当斜率存在时，设出直线，利用点到直线距离等于半径求出斜率，即可求解；
（3）分类讨论直线斜率不存在与存在的情况，利用圆的垂径定理，列出弦长公式进行求解.
【小问1详解】
圆心到直线的距离，
所以圆的半径为，
所以；
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，圆心到直线的距离为，不相切．
直线斜率存在，设直线，
由，得所以切线方程为，或．
【小问3详解】
当直线斜率不存在时，，直线被圆所截得的弦长为，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线，
由，解得：，
故的方程是，即，
综上所述，直线的方程为或
16. 已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
【答案】（1）；（2）18.
【解析】
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
17. 已知锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
（1）证明：；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理、两角和差的正弦公式化简得，进一步即可证明；
（2）由题意首先求得的取值范围，进一步将目标式子转换为只含有的式子即可求解．
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，
所以，
所以，
而，则或，
即或（舍去），故．
【小问2详解】
因为锐角三角形，所以，解得，
所以的取值范围是，
由正弦定理可得：，则，
所以，所以，
因为，
所以，所以，
所以，
因为，所以，
所以的取值范围是．
18. 在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．

（1）求证：；
（2）当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作，证得平面，得到，再由平面，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）以为原点，建立空间直角坐标，设，由，得到，求得，在求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程求得点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：作交于，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
又因为，，且平面，，
所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
解：以为原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标，
如图所示，则，
设，因为，所以，
因为，所以，即，
又由，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
又因为为平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，
因为，解得（舍去）或，
所以点或，
所以三棱锥的体积为.

19 已知函数
（1）若，且，求的最小值；
（2）证明：曲线是中心对称图形；
（3）若当且仅当，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出后根据可求的最小值；
（2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得.
【小问1详解】
时，，其中，
则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故即，
所以最小值为.，
【小问2详解】
的定义域为，
设为图象上任意一点，
关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
【小问3详解】
因为当且仅当，故为的一个解，
所以即，
先考虑时，恒成立.
此时即为在上恒成立，
设，则在上恒成立，
设，
则，
当，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当时，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当，则当时，
故在上为减函数，故，不合题意，舍；
综上，在上恒成立时.
而当时，
而时，由上述过程可得在递增，故的解为，
即的解为.
综上，.
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.