吉林述余市第二实验学校2025届高三数学下学期3月月考试题A文

PAGE8PAGE9吉林省扶余市其次试验学校2025届高三数学下学期3月月考试题（A）文留意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔干脆答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．已知全集为，集合，，则（）A． B． C． D．2．是的（）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3．对随意实数，在以下命题中，正确的个数有（）①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．A． B． C． D．4．中，点为上的点，且，若，则的值是（）A．1 B． C． D．5．已知，，则等于（）A． B． C． D．6．自然奇数列：1，3，5，…，按如下方式排成三角数阵，第行最终一个数为，则的最小值为（）A． B． C．91 D．7．已知四棱锥的顶点都在球O的球面上，底面是矩形，平面底面，为正三角形，，则球O的表面积为（）A． B． C． D．8．抛物线的焦点为．对于上一点，若的准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，则点的横坐标为（）A．2 B．4 C．5 D．69．假设2个分类变量X和Y的2×2列联表如下：YXy1y2总计x1a10a+10x2c30c+30总计a+c40100对于同一样本，以下数据能说明和有关系的可能性最大的一组是（）A．， B．， C．， D．，10．已知，若函数有4个零点，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．11．已知，且，为虚数单位，则的最大值是（）A． B． C． D．12．已知函数，当时，恒成立，则m的取值范围为（）A． B． C． D．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．总体由编号为00，01，，59的60个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从下列随机数表第1行的第9列起先由左向右依次选取两个数字，则选出来的第4个个体的编号为________．14．如图，正四棱锥SABCD的顶点都在球面上，球心O在平面ABCD上，在球O内任取一点，则这点取自正四棱锥内的概率为________．15．在复平面内，等腰直角三角形以为斜边（其中为坐标原点），若对应的复数，则直角顶点对应的复数_____________．16．已知是抛物线上一动点，是圆关于直线的对称的曲线上随意一点，则的最小值为__________．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）已知函数的最大值为，且的最小正周期为．（1）若，求的最小值和最大值；（2）设的内角、、的对应边分别为、、，为的中点，若，，，求的面积．18．（12分）三棱柱中，平面平面，，，，为中点．（1）证明；平面平面；（2）若，求点到平面的距离．19．（12分）已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，的周长为8，为坐标原点．（1）求椭圆的方程；（2）求面积的最大值．20．（12分）某校高一年级学生全部参与了体育科目的达标测试，现从中随机抽取40名学生的测试成果，整理数据并按分数段，，，，，进行分组，已知测试分数均为整数，现用每组区间的中点值代替该组中的每个数据，则得到体育成果的折线图如下：（1）若体育成果大于或等于70分的学生为“体育良好”，已知该校高一年级有1000名学生，试估计该校高一年级学生“体育良好”的人数；（2）为分析学生平常的体育活动状况，现从体育成果在和的样本学生中随机抽取3人，求所抽取的3名学生中，至少有1人为非“体育良好”的概率；（3）假设甲、乙、丙三人的体育成果分别为，，，且，，，当三人的体育成果方差最小时，写出，，的一组值（不要求证明）．注：，其中．21．（12分）已知函数．（1）探讨函数的单调性；（2）对随意，求证：．请考生在22、23两题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题记分．22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】直线的参数方程为，曲线C的极坐标方程，（1）写出直线l的一般方程与曲线C直角坐标方程；（2）设直线l与曲线C相交于两点A，B，若点，求的值．23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数．（1）当时，求的最小值；（2）当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．2024-2025学年下学期高三3月月考卷文科数学（A）答案第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．【答案】D【解析】由，得，即，故，所以，故选D．2．【答案】A【解析】若，则，故充分性成立；若，如，，则，故必要性不成立，故是的充分不必要条件，故选A．3．【答案】B【解析】①因为，则，依据不等式性质得，故正确；②当，时，，而，故错误；③因为，所以，即，，故正确；④当，时，，故错误，故选B．4．【答案】C【解析】由可知，，则有，所以，，，，故选C．5．【答案】C【解析】，所以，解得，故选C．6．【答案】D【解析】由题意知：，，，…，，累加得，则，∴，函数在上递减，在上递增，且．当时，，当时，，比较可得：当时，取最小值为，故选D．7．【答案】D【解析】令所在圆的圆心为，则圆的半径，因为平面底面，所以，所以球的半径，所以球的表面积，故选D．8．【答案】D【解析】所以准线垂直时，由抛物线的定义可得，此时为等腰三角形，作线段的垂直平分线交准线于点，则，此时为等腰三角形，因为若的准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，所以与重合，所以，所以，所以为等边三角形，，，所以，整理可得，解得或（舍），所以则点的横坐标为，故选D．9．【答案】B【解析】的观测值，依据2×2列联表和独立性检验的相关学问，当，肯定时，，相差越大，与相差就越大，就越大，即和有关系的可能性越大，选项B中与其它选项相比相差最大，故选B．10．【答案】C【解析】由题意有4个零点，即有4个零点．设，则恒过点，所以函数与的图象有4个交点，在同始终角坐标系下作出函数与的图象，如图．由图象可知，当函数过点和时，即时，此时函数与的图象恰有3个交点；当时，函数与的图象至多有2个交点；当时，若函数与的图象相切时，设切点为，则，所以，所以，解得，所以，此时函数与的图象恰有3个交点；当时，两函数图象至多有两个交点．所以若要使函数有4个零点，则，故选C．11．【答案】B【解析】依据复数的几何意义，可知中对应点的轨迹是以为圆心，为半径的圆．表示圆C上的点到的距离，的最大值是，故选B．12．【答案】D【解析】由题意，若明显不是恒大于零，故．（由4个选项也是明显可得），则在上恒成立；当时，等价于，令，，在上单调递增．因为，，所以，即，再设，令，时，；时，，在上单调递增，在上单调递减，从而，所以，故选D．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】58【解析】由题意，从随机数表第1行的第9列数字0起先，从左到右依次选取两个数字的结果为00，18，00(舍去)，18(舍去)，38，58，故选出来的第4个个体编号为58，故答案为58．14．【答案】【解析】设球的半径为R，则所求的概率为，故答案为．15．【答案】或【解析】因为，所以，点的坐标为．设点的坐标为，则．由题意得，，所以，解得或，所以复数或，故答案为或．16．【答案】【解析】圆的圆心，半径，设圆心关于直线对称的点为，则，解得，所以曲线的方程为，圆心为，设，则，又，，，即，所以，故答案为．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1），；（2）．【解析】（1），为锐角，且．所以，解得，由题意可得，因为为锐角，且，可得，．当时，，，．（2），，即，，，则，．，，所以，，即，即，，解得，因此，．18．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）∵平面平面，且，∴平面，∵平面，∴，连接，由，，可知是等边三角形，∵为中点，∴，∵．，，∴平面，而平面，故平面平面．（2）等积法：设到平面的距离为，，其中，，由（1）知：，与，，故．19．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）设椭圆半焦距为，由题意可知，，由离心率有，，所以椭圆方程为，（2）设直线，联立方程组，消去，得，设，，有，，由，所以的面积，函数，令，则，因为，所以，，所以在上单调递增，因为，所以，当且仅当时取等号，所以，所以面积的最大值为．20．【答案】（1）750；（2）；（3）（或）．【解析】（1）体育成果大于或等于分的学生有人，人．（2）记体育成果在[60，70)的2名学生编号为1，2，体育成果在[80，90)的3名学生编号为3，4，5，从中任取3人，有123，124，125，134，135，145，234，235，245，345，共10种不同的状况，每种状况都是等可能的，至少有1人为非“体育良好”，即“至少有1人体育成果在”，记作事务，只有345是不含1、2的，∴有9种不同的状况，∴．（3）（或）．21．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）由题意得，的定义域为，，当时，恒成立，∴在上单调递增；当时，令，解得；令，解得，∴在上单调递增，在上单调递减．（2）要证，即证．令，则．令，则，易得在上单调递增，且，，∴存在唯一的实数，使得，∴在上单调递减，在上单调递增．∵，，∴当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴，综上，，即．22．