重庆市巴蜀中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了3%，8%，4%等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是题目要求的）
1．已知集合，集合则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知在平面直角坐标系中为坐标原点，点、点，则向量和的夹角为（ ）
A．B．C．D．
3．已知复数满足则的模（ ）
A．B．C．D．
4．已知一座能容纳人的学术报告厅共排座位，从第二排起，每排比前一排多2个座位，则第1排的座位数为（ ）
A．21B．39C．41D．43
5．某地2013年调研了十万名城镇居民的税后年收入（单位：千元）情况，统计数据如下：
则该地人均税后年收入的中位数大约是（ ）
A．46B．48C．56D．58
6．已知角满足则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数被称为双曲余弦函数，则函数的零点在下列哪个区间中? （ ）
A．B．
C．D．
8．取一条长度为的细绳，把它的两端绑在一起，形成绳套（绳结长度忽略不计）.再分别用两颗钉子将绳套上两点固定在图板的两点上（如图所示），套上铅笔，拉紧绳子移动笔尖画出一个椭圆.在此过程中，绳子长度保持不变，笔尖与钉子构成的三角形面积的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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．如图是某地一天从6点到14点的气温变化曲线，该曲线近似满足函数：，其中：.则下列说法正确的有（ ）

A．函数的最小正周期为
B．函数解析式为
C．函数在区间上单调递增
D．
10．曲线的图象如图所示，若曲线经过两点，那么下列关于该曲线说法正确的有（ ）
A．
B．曲线除外还经过另外4个坐标均是整数的点
C．曲线和曲线存在公共点
D．曲线E所围成的封闭区域的面积大于3
11．如图，在正三棱柱中，，过中点的截面，将正三棱柱分成上下两部分，设下半部分几何体的体积为，则下列四个体积是的几何体中，能放在半径为3的球体内的是（ ）（参考数据：）

A．正方体B．正四面体
C．高是4的圆柱D．高是5的圆锥
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．的展开式中的系数为 .
13．已知直线上有一个动点，若点满足，则点到直线的距离为 .
14．已知函数存在两个极值点,满足，则实数 .
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．已知正项数列的前项之和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若点列是曲线在第一象限上的点，点的横坐标为，点到原点的距离为，求数列的通项公式，并证明：.
16．智利的车厘子在中国市场上非常受欢迎，尤其是在春节前后，成为果品市场的“销售冠军”.进口水果办会对智利车厘子进行了分级，标准主要依据果实直径进行划分，通常分为以下几个等级：0级；直径在24mm到26mm之间；J级：直径在26mm到28mm之间；JJ级：直径在28mm到30mm之间；JJJ级：直径在30mm到32mm之间；JJJJ级：直径在32mm以上.某商贸公司根据长期检测结果，发现每批次进口车厘子的直径服从正态分布并把直径不小于的车厘子称为一等品，其余称为二等品.现从某批次的车厘子中随机抽取100颗（直径位于24mm至34mm之间）作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图.
(1)根据长期检测结果，车厘子直径的标准差，用标准差作为的估计值，用样本平均数（按四舍五入取整数）作为的近似值.若从该批次中任取一颗，试估计该颗车厘子为一等品的概率（保留小数点后两位数字）；（①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，）
(2)若从样本中直径在和的车厘子中随机抽取3颗，记其中直径在的个数为，求的分布列和数学期望.
17．如图甲所示，在四边形中，.在边上取一点（不含），将沿线段折起，使得平面垂直平面，如图乙所示.
(1)若在图甲中，，求二面角的平面角的正切值；
(2)当点到平面的距离为时，求四棱锥的体积的大小.
18．已知倾斜角为的直线经过抛物线的焦点与抛物线交于两点，线段的长为8.
(1)求的值；
(2)在轴的正半轴上存在点使得求点的坐标及三角形的面积；
(3)若直线与抛物线交于两点，与圆交于两个不同的点求的最小值.
19．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：函数有两个零点；
(3)记第（2）问中的函数的两个零点为，证明：且.
收入范围
0~15
15~25
25~35
35~45
45~55
55~65
65~75
75~85
85~95
占比
3.9%
9.3%
5.8%
11.5%
13.5%
20%
18%
11.6%
6.4%
1．B
【分析】根据集合交集的概念求解即可.
【详解】由题意可知集合表示直线上所有点的集合，集合表示直线上所有点的集合，
则表示直线与直线交点的集合，
由解得交点坐标为，
所以，
故选：B
2．B
【分析】由向量夹角的公式求解即可，注意向量夹角的取值范围.
【详解】因为点、点，所以，
所以，，
设向量和的夹角为，因为，
又因为，所以，
所以向量和的夹角为.
故选：B.
3．C
【分析】设，利用复数的四则运算和相等的条件解出，代入复数的模长公式即可求解.
【详解】设，
则由题意可得，
所以，解得，
所以，，
故选：C
4．A
【分析】根据等差数列前项和公式可得结果.
【详解】由题意得，从前到后，每一排的座位数构成等差数列，公差，
∵，
∴.
故选：A.
5．D
【分析】先确定人均税后年收入的中位数所在区间，再利用公式计算即可求解.
【详解】由统计图表可知，
，
所以中位数在55~65之间，中位数大约是，
故选：D
6．A
【分析】根据两角和差的正弦公式、余弦的二倍角公式、诱导公式求解.
【详解】由可得，
所以，
，
所以，
故选：A
7．C
【分析】先利用基本不等式求出的范围，再令，求出的值，进而可得出答案.
【详解】，
当且仅当，即时取等号，
令，解得或（舍去），
由，得，
所以函数有唯一零点，
即函数的零点在区间上.
故选：C.
8．C
【分析】由椭圆的定义可知笔尖的轨迹是以为左右焦点，且的椭圆，则的面积，再根据椭圆的性质可得，令，利用导数求的最大值即可.
【详解】由椭圆的定义可知笔尖的轨迹是以为左右焦点，且的椭圆，
以的中点为原点，所在直线为轴建立如图所示坐标系，
设，则笔尖的轨迹方程为，且，
所以的面积，
联立可得，所以，
令，，则，
所以当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，
所以，
所以，当且仅当且点在椭圆的上下顶点时等号成立，
所以三角形面积的最大值为，
故选：C
9．BC
【分析】根据图象计算最小正周期可得选项A错误；根据函数图象逐步计算的值可得选项B正确；利用函数的周期性可知函数在区间上的单调性与函数在区间上的单调性相同，结合图象可得选项C正确；利用函数中心对称的性质可得选项D错误.
【详解】A.由函数图象得，函数的最小正周期为，A错误.
B. 由题意得，，解得.
设函数的最小正周期为，则，故，
由得，，
∴，
由得，，故，选项B正确.
C.∵，
∴函数在区间上的单调性与函数在区间上的单调性相同，
由图象可得，函数在区间上单调递增，C正确.
D.等价于，
由图可知，函数的图象不关于点中心对称，D错误.
故选：BC.
10．ABD
【分析】把点代入方程可求判断A；根据方程求得曲线经过的整点判断B，于C项，考虑方程变形后，利用基本不等式即可判断，可判断C；对于D项，由B项得到的整点围成的图形面积之和即可判断D.
【详解】对于A，曲线经过两点，
所以，解得，故A正确；
对于B，由A可知曲线，
当时，代入方程得，，即曲线经过点；
当时，方程可整理成：，由，
解得：，又，故只能取1，
此时代入方程得，，解得或，即曲线经过；
由曲线方程的特征易得曲线关于轴对称，可知曲线还经过，
故曲线共经过6个整数点，即B正确；
对于C，当时，由可得，
当且仅当时取等号，解得，
即曲线在轴右侧区域内的任意点，都满足，
根据对称性，曲线上任意一点到原点距离都不超过，
所以曲线和曲线不存在公共点，故C错误；
对于D， 如图，
由上分析知，曲线经过点，
则曲线所围成的面积，故D正确.
故选：ABD.
11．AC
【分析】分析几何特征，计算下半部分几何体的体积，分析各选项中几何体外接球半径，与比大小即可确定答案.
【详解】由题意得，正三棱柱由截面分成的上部分为正三棱柱，下部分为直四棱柱，高度相等，

如图，在等边三角形中，分别为的中点，
由相似得与的面积比为，
故正三棱柱上、下两部分的底面积比为，即正三棱上、下两部分的体积比为，
∴.
A.设正方体的棱长为，则，得，
∴正方体体对角线为，正方体的外接球半径为， 能放在半径为3的球体内，A正确.
B. 如图，在正方体中，由各面对角线相等可得三棱锥为正四面体，

正四面体的外接球与正方体的外接球相同，由选项A可知体积为的正方体恰好能放在半径为3的球体内，
当正四面体的体积为，正方体的体积大于，
此时正方体外接球半径大于，故不能放在半径为3的球体内，B错误.
C.如图，设圆柱的底面圆半径为，外接球半径为，外接球球心为，则为圆柱上下底面圆心连线的中点.

由题意得，，∴，
∴，故此圆柱能放在半径为3的球体，C正确.
D. 如图，设圆锥的底面圆半径为，外接球半径为，外接球球心为，则点在圆锥的高上.

由题意得，，∴，
由得，，故此圆锥不能放在半径为3的球体，D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是分析、计算各选项中几何体外接球的半径，与比大小，即可确定几何体能否放在半径为3的球体内.
12．40
【分析】利用二项展开式的通项公式求解.
【详解】解：的展开式为，
令，得，
的系数为，
故答案为：40
13．
【分析】求出直线的方向向量，再求出在上的投影长即可列式计算.
【详解】直线的方向向量，则在向量上的投影数量，
所以点到直线的距离为.
故答案为：
14．
【分析】利用函数极值点的定义可知方程在上有两个不等的实数根，转化为方程在上有两个不等的实数根，结合韦达定理代入即可求解.
【详解】因为，
由题意可知方程在上有两个不等的实数根，
因此有，解得，
此时，，
所以
，
解得，满足，
故答案为：
15．(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）根据与的关系求解即可；
（2）根据题意求出数列的通项公式，再利用作差法求解即可得证.
【详解】（1）由，
当，解得，（舍去）；
当，，
化简，
由于，所以，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以；
（2）由题意，则，，
由，所以，
，
而，
所以．
16．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）先利用频率分布直方图求出样本平均数，再根据正态分布的性质求解即可；
（2）根据频率分布直方图可知所取样本个，直径在的车厘子有个，得到的所有可能取值，根据古典概型的概率公式求分布列，再根据分布列和期望公式求期望即可.
【详解】（1）由题意，估计从该批次的车厘子中随机抽取颗的平均数为：
，
即，，所以，
则，
所以从车厘子中任取一颗，该车厘子为一等品的概率约为.
（2）由频率分布直方图可知，所以所取样本个，
直径在的车厘子有个，故可能取的值为，相应的概率为：
，，
，，
随机变量的分布列为：
所以的数学期望.
17．(1)
(2)
【分析】（1）过点作于点，为二面角的平面角，利用线面、线线垂直关系的转化可求出平面角的正切值.
（2）利用几何特征可证点是甲图中线段中点，利用锥体体积公式可求结果.
【详解】（1）∵，∴.
∵平面平面，平面平面，∴平面，
∵平面，∴.
在乙图中，过点作于点，连接，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴，故为二面角的平面角．
在甲图中，由余弦定理得，
∵，，
∴，故，．
当时，，，，∴．
∵平面，平面，∴，
在中，，即二面角的平面角的正切值为.
（2）由平面垂直平面，则点到直线的距离为，
∴，故，
∴，故，即点是甲图中线段中点，
∴．
∴．
18．(1)
(2)，
(3)2
【分析】（1）直线与抛物线方程联立，利用抛物线定义，由求解；
（2）设，，由，结合韦达定理求得t，三角形的面积由求解；
（3）设的中点为，得到，设圆心到直线的距离为，易得，从而求解.
【详解】（1）解：由焦点，设直线，代入抛物线得：，
根据抛物线定义，，
所以，可得；
（2）设，，
由，得，
联立和，所以，故得，
有，代入得，
解得或（舍去）．
所以点的坐标为，
又点到直线的距离，
所以三角形的面积．
（3）如图所示：
结合几何性质，设的中点为，
则，
设圆心到直线的距离为，则，
所以，
设点，则，
所以当时，即时，最小值为．
19．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）利用导数求解的单调区间，结合零点存在性定理证明即可；
（3）令，，利用导数证明，，再利用放缩法即可证明.
【详解】（1）由题意，所以曲线在点处切线的斜率，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由题意，，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，
令，则，
所以在上单调递减，，
因为，所以存在唯一零点，
因为，
令，则，所以在上单调递增，
所以，所以存在唯一零点，
综上函数有两个零点满足.
（3）令，则，
所以当时，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即，
所以，即有，
由（1）得在处的切线方程为，
设，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即，
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用导数研究函数的零点，利用导数研究函数的单调性，第三问的关键是利用，放缩从而证明不等式，属于较难题.
0
1
2
3
P