2024-2025学年山东省威海市乳山市银滩高级中学高三（下）月考数学试卷（2月份）

第1页（共1页）2024-2025学年山东省威海市乳山市银滩高级中学高三（下）月考数学试卷（2月份）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．（5分）集合，，，0，1，，则A． B．， C．，1， D．，，0，1，2，2．（5分）已知为虚数单位），则A．1 B． C．2 D．43．（5分）已知向量，，若，则A． B． C．1 D．24．（5分）已知，则A． B． C．2 D．35．（5分）已知函数的周期为2，且在上单调递增，则可以是A． B． C． D．6．（5分）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．2 D．或27．（5分）已知曲线与曲线只有一个公共点，则A． B．1 C． D．8．（5分）如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为4，杯底的半径为3，高为6.5，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．1.5 B．2 C．3 D．3.25二、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。（多选）9．（6分）一组样本数据，，，2，3，，，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（多选）10．（6分）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2（多选）11．（6分）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，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）的展开式中常数项是（用数字作答）．13．（5分）在等比数列中，已知，，则．14．（5分）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．人题号赵钱孙李周吴12345得分1411141411四、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．（13分）在△中，角，，所对的边分别为，，，，．（1）求；（2）若，求△的面积．16．（15分）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．17．（15分）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．18．（17分）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．19．（17分）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．

2024-2025学年山东省威海市乳山市银滩高级中学高三（下）月考数学试卷（2月份）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案CABCBCBD二．多选题（共3小题）题号91011答案ABDACAD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．（5分）集合，，，0，1，，则A． B．， C．，1， D．，，0，1，2，【答案】【分析】由不等式的解法、集合的交集直接求解即可．【解答】解：，1，2，．又，，0，1，，所以，1，．故选：．【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题．2．（5分）已知为虚数单位），则A．1 B． C．2 D．4【答案】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的公式求解即可．【解答】解：，则．故选：．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．3．（5分）已知向量，，若，则A． B． C．1 D．2【答案】【分析】结合向量垂直的性质，即可求解．【解答】解：若，则，向量，，则，解得．故选：．【点评】本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．4．（5分）已知，则A． B． C．2 D．3【答案】【分析】利用正弦的和差角公式以及弦化切化简即可求解．【解答】解：由可得：，所以．故选：．【点评】本题考查了两角和与差的三角函数公式的应用，属于基础题．5．（5分）已知函数的周期为2，且在上单调递增，则可以是A． B． C． D．【答案】【分析】利用三角函数的单调性与周期性逐项判断即可．【解答】解：的周期为，当时，，在上不单调，错误；的周期为，当时，，在上单调递增，正确；的周期为，错误；的周期为，错误．故选：．【点评】本题考查正弦函数的单调性及正弦函数、余弦函数、正切函数的周期性，为中档题．6．（5分）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．2 D．或2【答案】【分析】设双曲线方程为，其中，，由两条渐近线夹角为，则或，又点在上，则，则，即，然后求解即可．【解答】解：已知双曲线的中心为原点，焦点在轴上，设双曲线方程为，其中，，则双曲线的渐近线方程为，又两条渐近线夹角为，则或，又点在上，则，则，即，则．故选：．【点评】本题考查了双曲线的性质，重点考查了双曲线离心率的求法，属中档题．7．（5分）已知曲线与曲线只有一个公共点，则A． B．1 C． D．【答案】【分析】构造函数，，求导后，再令，分和两种情况，讨论的单调性，即可得解．【解答】解：，则，令，则，所以在上单调递增，①若，则（1），所以在上单调递减，在上单调递增，所以（1），即只有一个零点，符合题意；②若，（1），因为在上单调递增，所以存在，使得，即在上小于零，在，上大于零，所以在上单调递减，在，上单调递增，而（1），所以，又因为当时，；当时，，根据零点存在性定理，在和，上各有一个零点，不符合题意．综上，．故选：．【点评】本题主要考查了导数与单调性的应用，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．8．（5分）如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为4，杯底的半径为3，高为6.5，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．1.5 B．2 C．3 D．3.25【答案】【分析】根据圆台的体积公式，球的体积公式，即可求解．【解答】解：根据题意可得放球前水面圆的半径为，水的高度为，所以根据题意可得，解得．故选：．【点评】本题考查圆台的体积公式，球的体积公式的应用，属中档题．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。（多选）9．（6分）一组样本数据，，，2，3，，，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】【分析】根据题意，由相关系数的定义分析，由线性回归方程的意义分析，由残差分布图分析，由决定系数的意义分析，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于，样本数据，，，2，3，，的经验回归方程为：，其相关系数为负值，则样本，负相关，正确；对于，样本数据，，，2，3，，的经验回归方程为：，其中，，则有，解可得，正确；对于，由分布图，的分布更加集中，故，错误；对于，处理后，残差的绝对值更小，即拟合的效果变好，其决定系数变大，正确．故选：．【点评】本题考查线性回归方程的分析，涉及数据的残差分析，属于基础题．（多选）10．（6分）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2【答案】【分析】利用周期性和对称性的定义判断、选项，根据求导后导函数的取值情况，判断的单调性和最值．【解答】解：对于，，所以是的周期，故正确；对于，假设存在，使得的图象关于对称，则，即对任意恒成立，则当时，有，所以，，解得，，此时，，故对任意不恒成立，所以假设不成立，选项错误；对于，，令，则化为，令，解得，时，，，因为，，所以，故在区间上单调递减，选项正确；对于，因为，，所以，若最大值为2，则和同时取最大值1，因为，所以当时，若，得，与矛盾，故选项错误．故选：．【点评】本题主要考查三角函数的性质与导函数和单调性的关系，属于中档题．（多选）11．（6分）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】【分析】求出、的坐标，运用斜率公式求出、的斜率，从而证出，即可判断出项的正误；设，根据，利用直线的斜率公式算出点的轨迹方程，在的情况下，运用圆的性质判断出项的正误；在的情况下，根据椭圆的性质，利用点到直线的距离公式与三角形的面积公式，求出△的面积最大值，由此判断出项的正误；在的情况下解不等式，结合两点间的距离公式推导出，可得，进而判断出项的正误．【解答】解：根据题意，可得，，，所以，即，故项正确；设，则，整理得．当时，点位于曲线上，可知不存在点，使得，故项错误；当时，点位于曲线上，记点，，直线方程为，，所以△的面积，当时，△的面积的最大值为，故项错误；若存在，使得，则在的条件下有解，即在时有解，所以，解得，故项正确．故选：．【点评】本题主要考查平面向量数量积的坐标运算法则、直线的斜率公式、圆的性质、直线与椭圆的位置关系等知识，考查了计算能力、数形结合的数学思想，属于中档题．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）的展开式中常数项是240（用数字作答）．【答案】240．【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．【解答】解：由题意可得二项式的展开式的通项为，，1，，6，令得，故常数项为．故答案为：240．【点评】本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．13．（5分）在等比数列中，已知，，则6．【答案】6【分析】利用等比数列的性质求解．【解答】解：在等比数列中，，，，，，，则．故答案为：6．【点评】本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14．（5分）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14．人题号赵钱孙李周吴12345得分1411141411【答案】14．【分析】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．【解答】解：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，吴的得分为，加上基本分为14，吴的得分为14．故答案为：14．【点评】本题考查简单的合情推理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．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．（13分）在△中，角，，所对的边分别为，，，，．（1）求；（2）若，求△的面积．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据余弦定理求出，再根据特殊角的三角函数值即可求出；（2）根据正弦定理求出，再根据三角形面积公式求出面积即可．【解答】解：（1）因为，所以，因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以，所以；（2）由（1）知，，由正弦定理得：，得，所以△的面积为．【点评】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式的应用，属于中档题．16．（15分）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）证明见解答；（2）．【分析】（1）先证平面，结合，即可锝证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解即可．【解答】解：（1）证明：取中点，连接，，因为，所以，由于点为正方形对角线的交点，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，又因为平面，平面，则，，由于，平面，，所以平面，又因为，所以平面；（2）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，，0，，，0，，，0，，，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．【点评】本题考查线面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．17．（15分）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）当时，选择方案二；当时，选择方案一和方案二相同；当时，选择方案一．【分析】（1）甲在三局两胜制中获胜的两种可能情况：前两局连胜和前两局一胜一负，第三局胜，再结合互斥事件和独立事件的概率公式求解；（2）先分别求出两种方案的甲获得积分的数学期望，再利用作差法比较大小．【解答】解：（1）甲在三局两胜制中获胜的两种可能情况：①前两局连胜，其概率为，②前两局一胜一负，第三局胜，其概率为，所以甲最终获胜的概率为；（2）方案一：甲获胜得3分，失败得分，甲获胜的概率为，所以甲失败的概率为，所以甲获得积分的数学期望为，方案二：甲获胜得1分，失败得0分，甲获胜的概率为，所以甲失败的概率为，所以甲获得积分的数学期望为，则，令，，则，所以在上单调递减，又因为，所以当时，，即，当时，，即，当时，，即，所以当时，选择方案二；当时，选择方案一和方案二相同；当时，选择方案一．【点评】本题主要考查了独立事件和互斥事件的概率公式，考查了离散型随机变量的期望，属于中档题．18．（17分）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）．【分析】（1）设直线的方程，并与抛物线方程联立，由韦达定理及题设条件求解即可；（2）设出、、、的坐标，表示出直线、、、的方程，求出直线与直线的交点的坐标及直线与直线的交点的坐标，设△的内切圆圆心，表示出到直线、的距离，即△内切圆半径，再建立关于的等式，结合基本不等式即可求解．【解答】解：（1）当轴，令，则，，，设直线，，，，，由于，则，联立，消去得，则，所以，则，则，所以直线的方程为或．（2）设点，，，，，，，，因为，同理：，，，所以，即，同理，，，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，于是，所以，由于，当且仅当取等号（舍，则，则，所以△的内切圆的圆心横坐标的取值范围为．【点评】本题考查了直线与抛物线的综合，考查了方程思想及转化思想，属于难题．19．（17分）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