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（含详解）

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．305 B．483 C．717 D．8796．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

单调递增单调递减单调递增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