广东省东莞市第四高级中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题含答案

/高三数学下学期2月月考数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】解对数不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.【详解】由，即，解得，所以，又，所以.故选：D2.复数满足，其中为虚数单位，则（）A.2 B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再计算其模即可.【详解】因为，所以，所以.故选：D3.已知平面向量的夹角为，且，，则（）A.1 B.2 C. D.4【答案】B【解析】【分析】根据向量模长的关系，利用平方法转化为向量数量积公式，解一元二次方程即可得出答案.【详解】由，所以，即，即，整理得，解得或（舍去），所以.故选：B.4.若为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（）A.若，，则B.若，，则C.若，，，则D.若，，则【答案】C【解析】【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】根据线面平行的性质定理，若，，则或与异面，A错误；平行与同一平面的两条直线位置关系不确定，可能平行、相交或异面，B错误；如图，，过点作的平行线，设所在平面为，且，则，根据已知，所以，则，由，可得，且，所以，C正确；若，，则或，D错误.故选：C5.下列四组数据中，方差最小的为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先分别求平均数，再分别求出方差，最后比较方差的大小即可.【详解】对于A，，；对于B，，；对于C，，；对于D，，；因为，所以四组数据中，方差最小的为，故选：C.6.早在两千年前，古人就通过观测发现地面是球面，并会运用巧妙的方法对地球半径进行估算.如图所示，把太阳光视为平行光线，O为地球球心，A，B为北半球上同一经度的两点，且A，B之间的经线长度为L，于同一时刻在A，B两点分别竖立一根长杆和，通过测量得到两根长杆与太阳光的夹角和（和的单位为弧度），由此可计算地球的半径为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】过点B作太阳光的平行线，与的延长线交于点C，可求出，利用弧长公式即可求得地球的半径.【详解】如图所示，过点B作太阳光的平行线，与的延长线交于点C，则，，所以,设地球半径为R,则根据弧长公式得，所以,故选：A.7.在平面直角坐标系中，满足不等式组的点表示的区域面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据圆与圆的位置关系来求得正确答案.【详解】依题意，，所以不等式组表示的区域是圆与圆公共的内部区域，画出图象如下图所示，，两圆半径都是，设两个圆相交于两点，则，由于，，所以是圆的切线，是圆的切线，同理是圆的切线，是圆的切线，，所以四边形是正方形，所以区域面积为.故选：D8.已知抛物线的弦的中点横坐标为5，则的最大值为（）A.12 B.11 C.10 D.9【答案】A【解析】【分析】根据抛物线定义，可得，数形结合可得，得解.【详解】设抛物线的焦点为，，的横坐标分别为，，则，抛物线的准线为，则，，，（当且仅当，，共线时取等号）如图所示，即的最大值为12.故选：A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.9.已知直线和圆，则（）A.直线l恒过定点（2，0）B.存在k使得直线l与直线垂直C.直线l与圆O相交D.若，直线l被圆O截得的弦长为【答案】BCD【解析】【分析】A选项，化为点斜式可以看出直线恒过的点，B选项两直线斜率存在且垂直，斜率乘积为-1，从而存在满足题意，C选项直线过的定点在圆的内部，故可以判断C选项；当时，先求圆心到直线的距离，再根据垂径定理求弦长【详解】直线，即，则直线恒过定点，故A错误；当时，直线与直线垂直，故B正确：∵定点（-2，0）在圆O：x2+y2=9内部，∴直线l与圆O相交，故C正确：当时，直线l化为，即x+y+2=0，圆心O到直线的距离，直线l被圆O截得的弦长为，故D正确，故选：BCD.10.已知函数，则（）A.是奇函数B.的最小正周期为C.在上单调递增D.的最小值为【答案】AD【解析】【分析】根据奇函数的定义可得选项A正确；根据可得选项B错误；根据可得选项C错误；根据二倍角公式结合可得选项D正确.【详解】由题意得，.A.∵函数的定义域为，，∴是奇函数，选项A正确.B.∵，∴不是函数的周期，选项B错误.C.∵，∴在上不是单调递增函数，选项C错误.D.∵，，∴，∵，∴的最小值为，选项D正确.故选：AD.11.设曲线，抛物线，记抛物线的焦点为，，为分别为曲线，上的动点，为曲线的切线，则（）A.若与无公共点，则B.若过点，则被截得的弦长为C.当时，D.当时，【答案】AD【解析】【分析】选项A将与无公共点转化为无零点，由导数求最小值大于0即得；选项B先求切线方程为，联立，利用韦达定理和弦长公式即可求得；选项C利用导数求得的最小值小于，进而可得；选项D根据的切线方程和抛物线的切线方程为，进而可得.详解】选项A：联立得，设，由题意可知无零点，，故当时，，当时，，故，由题意，得，故A正确；选项B：由题意，由得，设与曲线的切点为，则切线方程为，因过点，故，解得，所以的方程为，即，与联立得，设与的交点坐标为，则，故，故B错误；选项C：当时，，因在曲线上，可设为，则，设，，设，则，故在上单调递增，又，，故，使得，则在上单调递减，在上单调递增，故的最小值为，又，故，故C错误；选项D：当时，在处切线方程为，将代入得，而曲线在处的切线方程为，要使得两曲线上得点M，Q之间距离最小，当时，，，则，两直线的距离为，显然两切点为得连线与切线不垂直，故，故D正确.故选：AD【点睛】关键点点睛：本题选项A，C关键是把几何问题解析化，然后利用导数求最值.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线右支上，若，则______.【答案】【解析】【分析】根据双曲线的定义求得，再利用余弦定理求解.【详解】因为点在双曲线右支上，且，则，又，在中，由余弦定理可得，，所以.故答案为：.13.在中，已知，，则______.【答案】【解析】【分析】由两角和的正切公式结合条件切化弦可得，将条件切化弦运算得解.【详解】，，，即，解得，即，即，所以，又，得，又由，可得，.故答案为：.14.有三个袋子，每个袋子都装有个球，球上分别标有数字.现从每个袋子里任摸一个球，用分别表示从第一，第二，第三个袋子中摸出的球上所标记的数，则事件“”的概率为______.【答案】【解析】【分析】归纳求出满足的情况种数，根据古典概型的概率公式求解.【详解】由题意，从三个袋子中摸出的球上所标记的数的总的情况为种，满足，则，当时，对应的情况有，1种；当时，对应的情况有，2种；当时，对应的情况有，3种；当时，对应的情况有，种；所以满足的情况有种，故所求事件的概率为.故答案为：.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.已知等差数列满足，是关于的方程的两个根.（1）求；（2）设求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分别令、，根据韦达定理和等差数列的通项公式计算即可求解；（2）由（1）求出，根据韦达定理求得，进而，结合等差数列前项和公式和裂项相消法计算即可求解.【小问1详解】设等差数列的公差为.当时，是方程的两根，由韦达定理得，①当时，是方程的两根，由韦达定理得，②由①②，解得；【小问2详解】由（1）知，所以，则，对于方程，由韦达定理得，即，所以，所以.16.在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.记的内角所对的边分别是，已知__________.（1）求.（2）设为的内心（三角形三条内角平分线的交点），且满足，求的面积.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】小问1：若选条件①，应用正弦定理，对等式左侧采用角化边即可统一元素，结合余弦定理可得解；若选择条件②，等式右侧据正弦定理边化角，交叉相乘做恒等变换可得解；小问2：由面积公式，需求两边乘积和夹角，由三角形的内角和定理和内心的性质，可求出夹角，应用余弦定理求两边的乘积即可.【小问1详解】选择条件①：.由正弦定理得，所以.由余弦定理，得.因为，所以.选择条件②：因为，所以，即.由正弦定理得，即.因为，所以，所以.因为，所以，所以.因为，所以.【小问2详解】连接，因为点是内心，所以.因为，所以，所以，所以.由余弦定理得，即，解得，所以.17.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，平面平面.（1）证明：平面.（2）若为的中点，求到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】(1)利用面面垂直的性质,在平面中,作,证明平面,再利用线面垂直证明；(2)求到平面的距离,首先需证明平面,转化为点到平面的距离,再利用建系法或者等体积法求解；【小问1详解】证明：如图,在平面内作,交于点.因为平面平面,平面平面平面,所以平面,则.因为平面,所以,因为平面,所以平面.【小问2详解】解：如图，连接交于点,连接.易知为的中位线,所以.因为平面平面,所以平面,所以到平面的距离,即为点到平面的距离.由（1）知平面,所以.因为,所以.又因为平面,所以两两垂直.因,所以.法一（建系）：如图,以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.则,所以,.设平面的法向量为,则即取,则,所以平面的一个法向量为.则点到平面的距离,即到平面的距离为法二（几何）：因为平面,所以,因为平面,所以,所以是直角三角形.所以,因为是斜边的中点,所以.则.设点到平面的距离为,则,解得，即到平面的距离为.18.已知定圆，定点，动圆满足在圆内部与圆内切，且过点，设动圆圆心的轨迹为曲线．（1）求的方程；（2）设C与x轴交于A，B两点（A在B点左侧），直线l交C于M，N两点（M，N均不在x轴上），设直线AM，BN的斜率分别为，，若，证明：直线过定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意得到，再利用椭圆的定义求解；（2）设的方程为，与椭圆方程联立，由，得到，再与韦达定理结合求解.【小问1详解】解：易知圆的圆心为，半径为4，由题得，所以动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，不妨设椭圆的长轴、短轴、焦距为2a，2b，2c，其中，，，所以的方程为．【小问2详解】证明，如图，易知直线l的斜率不为0，设的方程为，，，联立得，，则，，又可知点，，所以，，由得，又，所以，即，又，，代入得，整理可得，因为M，N两点不在轴上，所以，所以，化简得，所以，直线的方程为，故直线l恒过定点．19.数列是特殊的函数，可以利用函数工具研究数列性质.比如，为了研究数列的性质，对通项公式取对数得，，则可通过研究函数的性质，得到数列的性质，进而得到的性质.请根据以上材料，解决如下问题：（1）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围，并证明：；（2）是否存在常数，使得：有，？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.（注：e为自然对数的底数）【答案】（1）；证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）当时，恒成立，；当时，可化为，令，，利用导数方法判断其单调性，结合洛必达法则即可求出的范围；得出以，将代入整理，即可证明不等式成立；（2）先由题意得到；由推出，结合（1）的结果，可求出；对于，当或时，于显然恒成立；当时，推出以，同（1）构造函数，求出；从而可求出结果.【小问1详解】当时，显然恒成立，；当时，可化为，令，，则，令，，则在上恒成立，因此在上单调递减，所以，即在上恒成立，所以在上单调递减，又由洛必达法则可得：，所以恒成立，因此，为使对任意恒成立，只需；综上，；所以，因为，所以，则，所以得证；【小问2详解