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西藏林芝市第二高级中学2024-2025学年高三上学期第二次月考数学试题
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这是一份西藏林芝市第二高级中学2024-2025学年高三上学期第二次月考数学试题，文件包含高三数学第二月考答案docx、数学高三第二次月考试卷docx、2024-2025学年第一学期第二次月考高三数学答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
【分析】由题意可得的值，然后计算即可.
【详解】由题意可得，则.
故选：A.
2．C
【详解】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.
3．B
【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．
【详解】由题意有，故．
故选：B．
4．A
【分析】根据分段函数解析式求得.
【详解】依题意，.
故选：A
5．C
【分析】根据题意得到，再结合即可求解的值．
【详解】依题意得，
又，所以．
故选：C．
6．B
【分析】根据线性回归直线的性质可判断选项AB；根据相关系数的性质可判断CD，进而可得正确选项.
【详解】对于A选项，回归直线必过点，A对；
对于B选项，线性回归直线在散点图中可能不经过任一样本数据点，B错；
对于C选项，当相关系数时，两个变量正相关，C对；
对于D选项，如果两个变量的线性相关性越弱，则就越接近于，D对.
故选：B.
7．B
【分析】利用点线距离公式即可求解.
【详解】因为点线距离公式为，
所以.
故选：B.
8．A
【分析】根据列联表运算求解即可.
【详解】由题意可得，解得，
所以a、b值分别为52、54.
故选：A.
9．ACD
【分析】由为等差数列，列方程组求得首项与公差，就可得到通项公式，然后对选项逐一判断即可.
【详解】因为数列为等差数列，且，则，解得，，故A选项正确，
由，得，故B错误，
因为，所以数列单调递减，故C正确，
由数列通项公式可知，前7项均为正数，，所以前7项和最大,故D正确.
故选：ACD
10．ABC
【分析】根据给定圆的方程，结合点与圆的位置关系逐项判断作答.
【详解】圆的圆心为，半径为5，AC正确；
由，得点在圆内，B正确；
由，得点在圆外，D错误.
故选：ABC
11．ACD
【分析】根据离散型随机变量的期望，方差的性质，可判断正确，错误；根据二项分布的概念可判断正确；根据超几何分布的概念可判断正确.
【详解】对于，因为，故正确；
对于，因为，故错误；
对于，根据二项分布的概念可知随机变量服从，故正确；
对于，根据超几何分布的概念可知服从超几何分布，故正确.
故选：.
12．
【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于的方程，解方程即可求得实数的值.
【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：，
解方程可得：.
故答案为：.
13．
【分析】求出方程的解后可求不等式的解集.
【详解】方程的解为或，
故不等式的解集为，
故答案为：.
14．6
【分析】利用等差数列下标和性质可得.
【详解】由等差数列下标和性质可知，，得，
所以.
故答案为：6
15．(1)
(2)，
【分析】（1）利用平方关系求得，应用三角形面积公式求的面积；
（2）余弦公式求c，再应用正弦定理求.
【详解】（1）由且，则，
所以.
（2）由，则，
而，则.
16．(1)
(2)单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值
【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；
（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.
【详解】（1），则，
由题意可得，解得；
（2）由，故，
则，，
故当时，，当时，，当时，，
故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，
故有极大值，
有极小值.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证，再用直线与平面平行的判定定理证明平面；
（2）利用等体积法，求三棱锥的体积.
【详解】（1）证明：因为在正方体中，，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为正方体的棱长是1，E是的中点，所以，
三角形ABC的面积，
三棱锥的体积.
18．(1)0.0075
(2)224
(3)3
【分析】（1）根据频率分布直方图相关数据直接计算即可；
（2）根据频率分布直方图相关数据直接计算中位数即可；
（3）根据分层抽样相关知识，结合抽样比例进行计算即可.
【详解】（1）由，
得，
所以直方图中x的值是0.0075
（2）因为，
所以月平均用电量的中位数在内，
设中位数为a，
由，得，
所以月平均用电量的中位数是224
（3）月平均用电量为的用户有(户)，
月平均用电量为的用户有(户)，
月平均用电量为的用户有 (户)，
抽取比例，
所以月平均用电量在用户中应抽取户
19．(1).
(2).
【分析】（1）由抛物线定义有求参数，即可写出抛物线方程.
（2）由题意设，联立抛物线方程，结合韦达定理、中点坐标求参数k，即可得直线l方程．
【详解】（1）由题设，抛物线准线方程为，
∴抛物线定义知：，可得，
∴.
（2）由题设，直线l的斜率存在且不为0，设，联立抛物线方程，
有，整理得，则，又P是线段的中点，
∴，即，故.
【分析】由题意可得的值，然后计算即可.
【详解】由题意可得，则.
故选：A.
2．C
【详解】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.
3．B
【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．
【详解】由题意有，故．
故选：B．
4．A
【分析】根据分段函数解析式求得.
【详解】依题意，.
故选：A
5．C
【分析】根据题意得到，再结合即可求解的值．
【详解】依题意得，
又，所以．
故选：C．
6．B
【分析】根据线性回归直线的性质可判断选项AB；根据相关系数的性质可判断CD，进而可得正确选项.
【详解】对于A选项，回归直线必过点，A对；
对于B选项，线性回归直线在散点图中可能不经过任一样本数据点，B错；
对于C选项，当相关系数时，两个变量正相关，C对；
对于D选项，如果两个变量的线性相关性越弱，则就越接近于，D对.
故选：B.
7．B
【分析】利用点线距离公式即可求解.
【详解】因为点线距离公式为，
所以.
故选：B.
8．A
【分析】根据列联表运算求解即可.
【详解】由题意可得，解得，
所以a、b值分别为52、54.
故选：A.
9．ACD
【分析】由为等差数列，列方程组求得首项与公差，就可得到通项公式，然后对选项逐一判断即可.
【详解】因为数列为等差数列，且，则，解得，，故A选项正确，
由，得，故B错误，
因为，所以数列单调递减，故C正确，
由数列通项公式可知，前7项均为正数，，所以前7项和最大,故D正确.
故选：ACD
10．ABC
【分析】根据给定圆的方程，结合点与圆的位置关系逐项判断作答.
【详解】圆的圆心为，半径为5，AC正确；
由，得点在圆内，B正确；
由，得点在圆外，D错误.
故选：ABC
11．ACD
【分析】根据离散型随机变量的期望，方差的性质，可判断正确，错误；根据二项分布的概念可判断正确；根据超几何分布的概念可判断正确.
【详解】对于，因为，故正确；
对于，因为，故错误；
对于，根据二项分布的概念可知随机变量服从，故正确；
对于，根据超几何分布的概念可知服从超几何分布，故正确.
故选：.
12．
【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于的方程，解方程即可求得实数的值.
【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：，
解方程可得：.
故答案为：.
13．
【分析】求出方程的解后可求不等式的解集.
【详解】方程的解为或，
故不等式的解集为，
故答案为：.
14．6
【分析】利用等差数列下标和性质可得.
【详解】由等差数列下标和性质可知，，得，
所以.
故答案为：6
15．(1)
(2)，
【分析】（1）利用平方关系求得，应用三角形面积公式求的面积；
（2）余弦公式求c，再应用正弦定理求.
【详解】（1）由且，则，
所以.
（2）由，则，
而，则.
16．(1)
(2)单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值
【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；
（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.
【详解】（1），则，
由题意可得，解得；
（2）由，故，
则，，
故当时，，当时，，当时，，
故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，
故有极大值，
有极小值.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证，再用直线与平面平行的判定定理证明平面；
（2）利用等体积法，求三棱锥的体积.
【详解】（1）证明：因为在正方体中，，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为正方体的棱长是1，E是的中点，所以，
三角形ABC的面积，
三棱锥的体积.
18．(1)0.0075
(2)224
(3)3
【分析】（1）根据频率分布直方图相关数据直接计算即可；
（2）根据频率分布直方图相关数据直接计算中位数即可；
（3）根据分层抽样相关知识，结合抽样比例进行计算即可.
【详解】（1）由，
得，
所以直方图中x的值是0.0075
（2）因为，
所以月平均用电量的中位数在内，
设中位数为a，
由，得，
所以月平均用电量的中位数是224
（3）月平均用电量为的用户有(户)，
月平均用电量为的用户有(户)，
月平均用电量为的用户有 (户)，
抽取比例，
所以月平均用电量在用户中应抽取户
19．(1).
(2).
【分析】（1）由抛物线定义有求参数，即可写出抛物线方程.
（2）由题意设，联立抛物线方程，结合韦达定理、中点坐标求参数k，即可得直线l方程．
【详解】（1）由题设，抛物线准线方程为，
∴抛物线定义知：，可得，
∴.
（2）由题设，直线l的斜率存在且不为0，设，联立抛物线方程，
有，整理得，则，又P是线段的中点，
∴，即，故.
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