吉林省长春市2025届高三下学期2月质量监测（二）（二模）数学 含解析

长春市2025届高三质量监测（二）数学本试卷共4页．考试结束后，将答题卡交回．注意事项：1．答卷前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴．2．答题时请按要求用笔．3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在原稿纸、试卷上答题无效．4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑．5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．一、选择题：本题共8小题，每小要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】由不等式的解法化简集合，再求交集.【详解】因为，所以.故选：D2.复数的共轭复数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算结合共轭复数的概念可得结果.【详解】由题意得，，∴.故选：B.3.已知函数为奇函数，则的值是（）A.3 B.1或3 C.2 D.1或2【答案】C【解析】【分析】根据奇函数在原点处有意义则求出的值，再将的值代回原函数检验即可得解.【详解】因为为奇函数，所以，解得或.当时，，，故不合题意，舍去；当时，，，故符合题意.故选：C.4.已知为正项等比数列，若是函数的两个零点，则（）A.10 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由零点的定义、韦达定理以及对数运算可得的值，根据等比数列的性质，可得答案.【详解】由题意可得为方程的两个解，则，解得，易知.故选：B.5.过双曲线的左焦点作一条渐近线的垂线，垂足为H，线段的中点在另外一条渐近线上，则双曲线的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】由题意作图，根据中位线性质以及垂直直线的斜率关系，结合离心率公式，可得答案.【详解】设双曲线方程为（），则，由题意，记的中点为，如下图：由，则，所以两条渐近线相互垂直，可得，则，即，所以.故选：A.6.已知等差数列的前n项和为，若，则的值为（）A.0 B.3 C.6 D.12【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的片段和性质即可得解.【详解】因为是等差数列，所以成等差数列，又，所以成等差数列，则，则.故选：A.7.在中，，点E在上，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量的线性运算将用与表示出来，再利用向量共线定理的推理即可得解.【详解】因为，所以，则，因为三点共线，所以，解得.故选：C8.如图，过圆锥的轴的截面边长为4的正三角形，过的中点作平行于底面的截面，以截面为底面挖去一个圆柱，则余下几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，作出组合体的轴截面，求出圆柱的底面圆半径和高，计算表面积作答.【详解】作出圆锥PO轴截面，此截面截挖去的圆柱得圆柱的轴截面矩形，如图，矩形是等腰内接矩形，圆柱底面圆直径在圆锥底面圆直径上，依题意，截面是边长为4的正三角形，所以，因为是PO中点，则，，圆锥母线，圆柱的侧面积，圆锥PO的表面积，剩余几何体的表面中，圆锥底面圆挖去以CF为直径的圆（圆柱下底面圆），而挖去圆柱后，圆柱上底面圆（以DE为直径的圆）成了表面的一部分，它与圆柱下底面圆全等，所以剩余几何体的表面积是.故选：D.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.为筹备亚洲冬季运动会短道速滑男子500米预选赛，运动员甲和乙的5次训练成绩（单位：秒）记录如下：甲：乙：对训练成绩的统计，下列结论中正确的有（）A.甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数 B.甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数C.甲的成绩的方差大于乙的成绩的方差 D.甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差【答案】ABD【解析】【分析】结合甲乙的成绩，逐一判断每一个选项即可.【详解】对于A，甲成绩的平均数为，乙成绩的平均数为，故甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数，故A正确；对于B，甲成绩的中位数为，乙成绩的中位数为，故B正确；对于C，甲成绩比乙成绩更加集中，故甲成绩的方差小于乙成绩的方差，故C错误；对于D，甲成绩的极差为，乙成绩的极差为，故D正确.故选：ABD.10.函数的最小正周期为，则（）A.的值为2B.是函数图象的一条对称轴C.函数在单调递减D.当时，方程存在两个根，则【答案】AD【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，根据最小正周期为可得选项A正确；根据可得选项B错误；令，分析函数的单调性可得选项C错误；把问题转化为直线与函数图象交点个数问题可得选项D正确.【详解】A.由题意得，，由得，，A正确；B.由A得，，故，∴不是函数图象的一条对称轴，B错误；C.令，当时，，根据函数在上不是单调递减函数，可得C错误.D.令，由得，，由得，，问题转化为直线与函数的图象在区间上有两个交点，结合图象可得，故，即，D正确.故选：AD.11.若数列满足，则下列说法正确的是（）A.存在数列，使得对任意正整数．都满足B.存在数列，使得对任意正整数，都满足C.存在数列，使得对任意正整数，都满足D.存在数列，使得对任意正整数，都满足【答案】ABD【解析】【分析】根据题意，找到合适的数列满足递推关系或举反例否定，即可得到答案.【详解】对于A，令，且，则有，，所以，故A正确；对于B，由，得，令，则时，，，，，，所以，所以，故B正确；对于C，由，令，得，所以，，，令，得，所以，，则，所以，所以，与矛盾，故C错误；对于D，令，则，，所以，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中，的系数为_______．【答案】【解析】【分析】先将其看作关于与的二项式展开，再对进行展开，最后找出的系数.【详解】把变形为，可得：

要得到，则的展开式中的次数与的次数之和为，即，解得.

当时，.再根据二项式定理展开，要得到，则，此时该项系数为.因为中展开式中的系数为，所以展开式中的系数为.

故答案为:.13.正整数满足，则的最大值为_______．【答案】##【解析】【分析】当取最小的正整数时，所求最大.【详解】，要使其最大，则都最小即可，因为，且为正整数，故取，此时，故答案为：14.已知P为抛物线上一点，过点P作倾斜角互补的两条直线，分别与抛物线交于两点，若直线的斜率为，则点P的坐标为_______．【答案】【解析】【分析】由题意设出直线的方程，联立直线与抛物线方程，写出韦达定理，设出动点的坐标，表示出直线的斜率，由题意建立方程，可得答案.【详解】由题意设直线的方程为，联立，消去，可得，由，设，，则，，设，则直线斜率，直线的斜率，由题意可得，化简可得，则，解得，所以.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.在中，分别为角所对的边，且，角A的平分线交于D，且．（1）求角A；（2）若，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理与和角公式化边为角，求得，即得角A；（2）利用三角形角平分线定理求出，再根据面积相等列方程，求解即得的长.【小问1详解】由和正弦定理，可得，因，则，即，因为，则得，因，则．【小问2详解】如图，因是平分线，则，解得，又，则，即，解得.16.已知函数．（1）斜率为的直线与的图象相切，且与轴交点的横坐标为，求的值；（2）若是上的单调函数，求的取值范围．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）设切点横坐标为，通过求导表示切线方程，根据切线斜率为及过点可得的关系式，由此可得结果.（2）根据函数单调性分离参数，结合恒成立问题的解题方法可求的取值范围.【小问1详解】函数定义域为.∵，∴，设切点横坐标为，则，，∴，切线方程为，∵切线与轴交点的横坐标为，∴，∴，即，∵函数在上为增函数，∴在上为增函数，∵，∴，代入得，.【小问2详解】由（1）得，，当是上的单调递增函数时，在上恒成立，∴，令，则，函数对称轴为直线，在上单调递增，∴，∴.当是上的单调递减函数时，在上恒成立，∴，由得.综上得，或．17.多面体中，四边形为梯形，，，且四边形为矩形．（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由勾股定理可证，由题意可得，进而可证线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，分别求出面与平面的法向量，利用空间向量求空间角即可.【小问1详解】因为，，所以，，，又因为，所以，在中，由余弦定理得，所以，因为，所以，又因为四边形为矩形，所以，因为，所以平面，因为，所以平面.【小问2详解】取中点中点N，以M为原点，以方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立如图所示的坐标系又，则所以，则，．假设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，假设平面的一个法向量为，则，令则，所以假设平面与平面所成的角为，则，即平面与平面所成角的余弦值为．18.如图，矩形中，分别是矩形四条边的中点，设，其中，直线和的交点在椭圆上．（1）求椭圆的方程；（2）设，过点的动直线与椭圆交于两点，直线分别交圆于两点，设直线的斜率分别为．①求证：为定值；②直线是否恒过定点，若是，求出定点坐标，若不是，说明理由．【答案】（1）（2）①证明见解析；②，【解析】【分析】（1）根据题意，利用点的坐标表示出直线和的方程，联立方程即可得到点满足的方程，即椭圆的方程；（2）①设直线的方程为：，，，与椭圆的方程联立，结合韦达定理，表示出，化简即可得证；②设直线的方程为：，，，联立直线与圆的方程，结合韦达定理，利用，即可求得的值，即可求出结果.【小问1详解】由题可知，直线的方程为：，可化为，直线的方程为：，可化为，则两式联立得，所以椭圆方程为.【小问2详解】①设直线的方程为：，，，与椭圆的方程：联立消去可得：，则，，所以，代入，可得.②设直线的方程为：，，，联立直线与圆的方程，消去可得，则，所以，代入，可得．综上，直线恒过定点．19.某企业举办企业年会，并在年会中设计了抽奖环节和游戏环节．（1）抽奖环节：该企业每位员工在年会上都会得到相应的奖金X（单位：千元），其奖金的平均值为，标准差为．经分析，X近似服从正态分布，用奖金的平均值作为的近似值，用奖金的标准差s作为的近似值，现任意抽取一位员工，求他所获得奖金在的概率；（2）游戏环节：从员工中随机抽取40名参加投掷游戏，每位员工只能参加一次，并制定游戏规则如下：参与者掷一枚骰子，初始分数为0，每次所得点数大于4，得2分，否则，得1分．连续投掷累计得分达到9或10时，游戏结束．①设员工在游戏过程中累计得n分的概率为，求；②得9分的员工，获得二等奖，奖金1000元，得10分的员工，获得一等奖，奖金2000元，估计该企业作为游戏奖励的预算资金（精确到1元）．（参考数据：，．【答案】（1）（2）①；②50001元【解