江苏省海安高级中学2024-2025学年高三下学期2月月考数学试题
一、单选题
1．设，集合，若，则（ ）
A． B． C．0 D．2
2．（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．在去年的足球联赛上，甲队每场比赛平均失球数是1.5，全年比赛失球个数的标准差为1.4；乙队每场比赛平均失球数是2.1，全年比赛失球个数的标准差为0.4，则（ ）
A．平均说来乙队比甲队防守技术更好
B．甲队比乙队防守技术水平更稳定
C．乙队很少失球
D．甲队在防守中有时表现较差，有时表现又较好
4．将函数的图象上所有点向右平移个单位后得到的图象关于原点对称，则（ ）
A． B． C． D．
5．现用一半径为，圆心角为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器（衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗），则该容器的容积为（ ）
A． B． C． D．
6．已知与均为单位向量，其夹角为，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知抛物线，过点的直线与交于两点，在两点处的切线相交于点.下列四个点中，可以为线段中点的是（ ）
A． B． C． D．
8．使“”成立的必要不充分条件是（ ）
A．， B．， C．， D．，
二、多选题
9．有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的25%，30%，45%，则下列选项正确的有（ ）
A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06
B．任取一个零件是次品的概率为0.0525
C．如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为
D．如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为
10．若关于的不等式的解集是，则（ ）
A． B．
C． D．
11．如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则（ ）
A．函数和的图象对称
B．上任意一点到原点的距离
C．函数有两个零点，且
D．直线被截得弦长的最大值为
三、填空题
12．已知为等差数列，，，则 .
13．已知，且，则 .
14．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体；如图2，已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为2，若该几何体的所有顶点都在球的表面上，则球心到正四棱锥侧面的距离为 .
四、解答题
15．在中，三内角为.若.
(1)若，求角的大小；
(2)若，求当取最大时，的值.
16．某校举行党史知识竞答积分活动，每次回答一题，该题答对积2分，部分答对积1分，有错积0分，当累计积分不少于4分时，停止答题.设每道题甲答对的概率均为，答错的概率均为.
(1)甲回答2道题后的积分记为，求的分布列和数学期望；
(2)求甲只答了3道题的概率.
17．已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)若对任意的恒有，求实数的取值范围.
18．在平面直角坐标系中，已知椭圆的长轴长为4，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设，点是椭圆上且在第三象限内的一点.
（i）若的面积为，求点的坐标；
（ii）记直线与轴交于点，直线与轴交于点，求四边形面积的最大值.
19．已知数列的各项均为正数，其前项和为，且.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)若，记，求数列的前项和；
(3)若与为常数，均为正整数，且存在正整数，使得，求的值.
参考答案
1．A
【详解】因，，由集合互异性可得.
则.
故选：A
2．B
【详解】依题意，，
所以.
故选：B
3．D
【详解】对于A，因为1.5<2.1，可知平均说来甲队比乙队的防守技术好，故A不正确；
对于B，因为1.4>0.4，可知乙队比甲队技术更稳定，故B不正确；
对于C，因为乙队每场比赛平均失球数是2.1，全年比赛失球个数的标准差为0.4，
所以乙队失球数更多，且乙队防守技术更稳定，即乙队很少不失球，故C不正确；
对于D，由B可知甲队防守中有时防守表现较差，有时表现又非常好，故D正确.
故选：D.
4．B
【详解】将函数的图象上所有点向右平移个单位后得到的图象的解析式为，
因为的图象关于原点对称，所以，解得，
因为，所以.
故选：B.
5．C
【详解】由题意可知该圆锥形容器底面圆周长，
所以底面圆半径，
所以高，
所以该容器的容积，
故选：C
6．D
【详解】因为与均为单位向量，其夹角为，
由，可得，所以，
所以，所以，
由，，所以，
所以，所以，
所以，又，所以，
所以的取值范围是.
故选：D.
7．B
【详解】不妨设，由可得，则，
于是抛物线在点处的切线方程为，
因，化简方程得：，
同理可得抛物线在点处的切线方程为，
又两切线交于点，故得，
即点都在直线上，也即直线的方程为，
因点在直线上，代入解得，即得，
故线段的中点为，故选项中可以为线段中点的是.
故选：B.
8．A
【详解】解：若，，则，
，
，即，则一定成立；
若，，则可能,故正确，
若，当，，，有成立，反之也一定成立；故错误．
，由得，
，，即
则成立，反之也成立，故错误，
若，当，，，有成立，反之也一定成立；故错误．
故选：A．
9．BD
【详解】记事件A：车床加工的零件为次品，记事件Bi：第i台车床加工的零件，则P(A|B1)＝6%，P(A|B2)＝P(A|B3)＝5%，又P(B1)＝25%，P(B2)＝30%，P(B3)＝45%，
A：任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为P(AB1)＝6%×25%＝1.5%，故错误；
B：任取一个零件是次品的概率为P(A)＝P(AB1)+P(AB2)+P(AB3)＝6%×25%+5%×75%＝5.25%，故正确；
C：如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为P(B2|A)＝＝＝＝，故错误；
D：如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为P(B3|A)＝＝＝＝，故正确；
故选：BD．
10．ABD
【详解】由题意可知，，得，，
因为，所以，故A正确；
，即，，故B正确，
，故C错误；
，故D正确.
故选：ABD
11．ACD
【详解】对于A，由，所以，所以，
所以的反函数为，
所以函数和的图象关于对称，故A正确；
对于B，由，可得，
令，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
所以在内有一个零点，另一个零点为1，
所以到原点的距离，故B错误；
对于C，因为与互为反函数，
所以函数的零点即为的零点，
由B选项可知有两个零点，且一个零点，另一个零点为1，
所以有两个零点，且，故C正确；
对于D，因为与对称轴垂直，
所以直线被截得弦长是到的距离的2倍，
由B可知，即，
到直线的距离为，
所以直线被截得弦长的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
12．5
【详解】设等差数列的公差为，
因为，所以，
由等差中项的性质可知，，所以.
故答案为：5
13．
【详解】因为，所以，
所以，所以，
整理得，所以，
解得或，又，所以.
故答案为：.
14．/
【详解】由正四棱柱的性质，外接球的球心为正四棱柱的体对角性的交点，
设正四棱柱和正四棱锥的高为，外接球的半径为，
则可得，解得，
如图所示，以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量，
所以球心到平面的距离为.
故答案为：.
15．(1)；
(2).
【详解】（1）因为，则.
因为，则，则，则；
（2）因为，所以，则.
由于为三角形内角，则只能均为锐角，即.，
当且仅当时，取“=”号.
又，则的最大值为，此时.
所以，当的最大时，.
16．(1)分布列见解析，
(2)
【详解】（1）因为每道题甲答对的概率为，答错的概率为，
所以每道题甲部分答对的概率为.
的取值为
且，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3 4
故；
（2）进行3次答题后甲停止答题，则甲累计积4分或5分.
①若累计积4分，有两种情形：
（i）甲答对1题，部分答对2题，其概率为.
（ii）甲答错1题，答对2题，且答对第3题，其概率为.
②若累计积5分，则甲部分答对1题，答对2题，且第3题答对，此时概率为，
所以甲只答了3道题的概率是.
17．(1)在上单调递增，无减区间
(2)
【详解】（1）函数定义域为，
所以，
故函数在上单调递增,无递减区间；
（2）因为，即，
所以，即，
令，
所以，
当时，，所以成立；
当时，，显然成立；
当时，令，
当时，，在单调递增，
所以不满足题意；
综上：实数的取值范围是.
18．(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）设椭圆的焦距为，由已知得，
所以，所以，
所以椭圆方程为.
（2）（i）由可得，因的面积为，
故点到直线的距离为，
设过点且与直线平行的直线方程为，与椭圆联立，
消去，可得，由，解得，
而当时，直线与直线的距离恰为，
即点即为直线与椭圆的切点，将代入，
可得，解得，因为点在第三象限，所以，
故点坐标为.
（ii）设，其中，则.
又因为，所以直线，
令，所以，同理.
所以四边形的面积
，
令，
所以，
令，则，，故，
故当时，，即时，
也即时，四边形的面积取最大值为.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）由，得，
两式相减得，即.
又，得.
综上，是公比为的等比数列.
（2）由（1）知，，所以，记其前项和为，
，
所以，所以
故；
（3）因为，且与均为正整数，
所以是的倍数，不妨设，故.
由得，于是.
又因为得，于是，
从而，即.
由上可知：.
所以由知，又.
所以.
