四川省綿陽市三臺中學2025屆高三下學期2月月考數學試題一、單選題（本大題共8小題）1．已知全集，集合，，則圖中陰影部分所表示的集合為（

）A． B． C． D．2．生活中有這樣一個實際問題：如果一杯糖水不夠甜，可以選擇加糖的方式，使得糖水變得更甜．若，則下列數學模型中最能刻畫“糖水變得更甜”的是（）A． B．C． D．3．若向量，則“”是“向量的夾角為銳角”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知，，則點到直線的距離為（

）A． B． C． D．5．近年來，家用冰箱使用的氟化物的釋放等破壞了臭氧層，已知臭氧含量與時間（單位：年）的關系為，其中是臭氧的初始含量，是自然對數的底數．按照此關系推算，當臭氧含量為初始含量的時，的值約為（）（參考數據：）A．305 B．483 C．717 D．8796．已知數列是遞增數列，且，則的取值范圍是（）A． B． C． D．7．已知函數在時滿足恒成立，且在區間內，僅存在三個數，，，使得，則（）A． B． C． D．8．用平面截圓柱面，圓柱的軸與平面所成的角記為，當為銳角時，圓柱面的截線是一個橢圓，數學家Dandelin創立的雙球模型證明了上述結論．如圖所示，將兩個大小相同的球嵌入圓柱內，使它們分別位于的上方和下方，并且與圓柱面和均相切，切點分別為．下列關于截口曲線的橢圓的結論中不正確的有（

）

A．橢圓的短軸長與嵌入圓柱的球的直徑相等B．橢圓的長軸長與嵌入圓柱的兩球的球心距相等C．所得橢圓的離心率D．其中為橢圓長軸，為球的半徑，有二、多選題（本大題共3小題）9．如圖，在正方體中，M，N分別為棱的中點，則以下四個結論中，正確的有（

）A．直線與是相交直線 B．直線與是異面直線C．與平行 D．直線與共面10．已知隨機事件、滿足：，，則下列選項正確的是（）A．若，則與相互獨立 B．若與相互獨立，則C．若與互斥，則 D．若，則11．如圖所示，中，，，，在邊上，在邊上，且為的角平分線，，則（

）A．B．的面積為C．D．若點在的外接圓上，則的最大值為三、填空題（本大題共3小題）12．由樣本數據，求得回歸直線方程為，且，若去除偏離點后，得到新的回歸直線方程為，則去除偏離點后，相應于樣本點的殘差值為.13．已知數列是首項為，公差為d的等差數列，其前n項和為，若直線與圓的兩個交點關于直線對稱，則數列的前100項和為．14．已知，則的大小關系為.四、解答題（本大題共5小題）15．在銳角中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．已知．(1)證明；(2)求的范圍．16．已知函數在點處的切線方程為．(1)求的值；(2)求函數在的最大值和最小值；(3)若方程恰有兩個不等的實根，求的取值范圍．17．如圖1，在平行四邊形ABCD中，，將沿BD折起到位置，使得平面平面，如圖2.(1)證明：平面BCD；(2)在線段上是否存在點，使得二面角的大小為?若存在，求出的值；若不存在，說明理由.18．已知拋物線.(1)傾斜角為的直線過的焦點，且與交于、兩點，求；(2)設是上一點，、是的準線上兩個不同的點，且圓是的內切圓.①若，求點的橫坐標；②求面積的最小值.19．甲、乙兩名同學玩擲骰子積分游戲，規則如下：每人的初始積分均為0分，擲1枚骰子1次為一輪，在每輪游戲中，從甲、乙兩人中隨機選一人擲骰子，且兩人被選中的概率均為當骰子朝上的點數小于3時，擲骰子的人積2分，否則此人積1分，未擲骰子的人本輪積0分，然后進行下一輪游戲．已知每輪擲骰子的結果相互獨立．(1)求經過4輪游戲，甲的累計積分為4分的概率；(2)經商議，甲、乙決定修改游戲規則，具體如下：甲、乙輪流擲骰子，誰擲誰積分，當骰子朝上的點數不小于3時，積2分，否則積1分，規定第一次由甲擲．記兩人累計積分之和為的概率為（i）證明：為等比數列；（ⅱ）求的通項公式.

參考答案1．【答案】A【詳解】由圖可知，陰影部分為，故選A.2．【答案】B【詳解】由題意，若，設糖的量為，糖水的量設為，添加糖的量為，選項A，C不能說明糖水變得更甜，糖水甜可用濃度體現，而，能體現糖水變甜；選項D等價于，不成立，故選B．3．【答案】B【詳解】向量的夾角為銳角，則，且向量不共線，當向量共線時，，則，若，則成立，反之不成立，故“”是“向量的夾角為銳角”的必要不充分條件，故選B.4．【答案】D【詳解】因為，，，則，，所以點到直線的距離為：.故選D.5．【答案】C【詳解】因為臭氧含量與時間（單位：年）的關系為，所以當臭氧含量為初始含量的時，得，計算得，化簡得，所以.故選C.6．【答案】C【詳解】由，數列是遞增數列，得，解得，所以a的取值范圍是.故選C.7．【答案】C【詳解】時，，令，則當時，，故要想在時滿足恒成立，需滿足，不妨取，，，畫出在上的圖象，如下：由圖象可知，，，則，故，兩式相加得，所以.故選C.8．【答案】D【詳解】設P為截口曲線的橢圓的一點，如圖，過點作線段分別與球切于點，故有，由橢圓定義可知，該橢圓以，為焦點，為長軸長，故B正確．

設橢圓長半軸長為，半焦距為，設O為的中點，與球切于點，，，故，有，則即橢圓的短軸長與嵌入圓柱的球的直徑相等，故A正確．由題意可得，則，故C正確．由題意知（這是因為），則，故，即，故D錯誤．故選D．9．【答案】BD【詳解】對于A，三點在平面內，M點不在直線上，A點不在平面內，可得直線與是異面直線，故A錯誤；對于B，三點在平面內，不在直線上，M點不在平面內，可得直線與是異面直線，故B正確；對于C，取的中點E，連接，又N為的中點，則有，，所以四邊形是平行四邊形，所以，，則與不平行，故C錯誤；對于D，連接，因為M，N分別為棱的中點，所以，由正方體的性質可知：，所以，則有四點共面，所以直線與共面，故D正確.故選BD.10．【答案】ACD【詳解】對于A，，故與相互獨立，即A正確；對于B，若與相互獨立，則與也相互獨立，則，故B錯誤；對于C，若與互斥，則，，故C正確；對于D，由全概率公式可得，所以，故D正確；故選ACD.11．【答案】BCD【詳解】在三角形中，由余弦定理，，故，故正確；在中，，故錯誤；由余弦定理可知：，，平分，，，在三角形中，由正弦定理可得：，故，故正確；，，為的外接圓的直徑，故的外接圓的半徑為1，顯然當取得最大值時，在弧上，故，設，則，，，，，，其中，，當時，取得最大值，故正確．故選BCD．12．【答案】【詳解】由于回歸直線過樣本中心點，當時，，去除偏離點后，剩余數據的中心點為，則，，將點的坐標代入回歸直線方程，可得，解得，所以，新的回歸直線方程為，當時，，所以，去除偏離點后，相應于樣本點的殘差值為.13．【答案】【詳解】由對稱性可知經過，故，解得，且與垂直，其中的斜率為，故，所以，，所以，則.14．【答案】【詳解】由，即，令，則在上恒成立，故在上單調遞增，則有，即，令，則在上恒成立，故在上單調遞減，則有，即，故.15．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）因為，所以由正弦定理有，則．因為，，所以，所以，即．（2）因為為銳角三角形，所以，，，解得，則，又，則，因為在上單調減，所以，即．16．【答案】(1)(2)最大值為最小值為(3)【詳解】（1）,因為在點處的切線方程為所以有所以解得（2）由(1)可得當或

單調遞增單調遞減單調遞增所以在和上單調遞增，上單調遞減，又因為計算可得，所以在的最大值為，最小值為（3）由（2）可知，的極大值為，極小值為當所以當時，.所以當且僅當時，方程恰有兩個不等實根.17．【答案】(1)證明見解析(2)存在，【詳解】（1）證明：在中，因為，由余弦定理，得，所以，所以，所以．如下圖1所示：在中，作于點，因為平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又因為平面，所以平面，因為平面，所以，又平面BCD，所以平面BCD.（2）方法一：如下圖2所示：存在點，當是的中點時，二面角的大小為.證明如下：由（1）知平面BDC，所以且，所以，又因為是的中點，所以，同理可得：，取BD的中點為O，DC的中點為，連接MO，EM，OE，因為，所以是二面角的平面角，又因為，所以．此時．方法二：以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如下圖3所示的空間直角坐標系，則.假設點存在，設，則，設平面MBD的一個法向量為，則，取，可得，又平面CBD的一個法向量為，假設在線段上存在點，使得二面角的大小為，則，解得，所以點存在，且點是線段的中點，即.18．【答案】(1)；(2)①3；②.【詳解】（1）拋物線的焦點坐標為，直線的方程為.設點、的橫坐標為、.由，消得于是，故.（2）①設，于是有，拋物線的準線方程為，設、，過的直線的方程可設為，由題意，兩直線均與圓相切，故，整理得，設直線、的斜率為、，于是，將代入上式，化簡得，解得或（舍），故點的橫坐標為3.②由①，，點到的距離，故的面積，不妨令，于是，當且僅當，即時，的面積取到最小值，最小值為.19．【答案】(1)；(2)（i）證明見解析；（ⅱ）.【詳解】（1）甲每輪游戲的積分可能為0分、1分、2分，記其每輪積分為0分、1分、2分的概率分別為，則經過4輪