/廣東省東莞市2024_2025學年高三下冊2月月考數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，，則（

）A． B．C． D．2．復數滿足，其中為虛數單位，則（

）A．2 B． C．1 D．3．已知平面向量的夾角為，且，，則（

）A．1 B．2 C． D．44．若為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，則（

）A．若，，則B．若，，則C．若，，，則D．若，，則5．下列四組數據中，方差最小的為（

）A． B．C． D．6．早在兩千年前，古人就通過觀測發現地面是球面，并會運用巧妙的方法對地球半徑進行估算.如圖所示，把太陽光視為平行光線，O為地球球心，A，B為北半球上同一經度的兩點，且A，B之間的經線長度為L，于同一時刻在A，B兩點分別豎立一根長桿和，通過測量得到兩根長桿與太陽光的夾角和（和的單位為弧度），由此可計算地球的半徑為（

）A． B． C． D．7．在平面直角坐標系中，滿足不等式組的點表示的區域面積為（

）A． B． C． D．8．已知拋物線的弦的中點橫坐標為5，則的最大值為（

）A．12 B．11 C．10 D．9二、多選題（本大題共3小題）9．已知直線和圓，則（

）A．直線l恒過定點（2，0）B．存在k使得直線l與直線垂直C．直線l與圓O相交D．若，直線l被圓O截得的弦長為10．已知函數，則（

）A．是奇函數B．的最小正周期為C．在上單調遞增D．的最小值為11．設曲線，拋物線，記拋物線的焦點為，，為分別為曲線，上的動點，為曲線的切線，則（

）A．若與無公共點，則B．若過點，則被截得的弦長為C．當時，D．當時，三、填空題（本大題共3小題）12．雙曲線的左，右焦點分別為，點在雙曲線右支上，若，則.13．在中，已知，，則.14．有三個袋子，每個袋子都裝有個球，球上分別標有數字.現從每個袋子里任摸一個球，用分別表示從第一，第二，第三個袋子中摸出的球上所標記的數，則事件“”的概率為.四、解答題（本大題共5小題）15．已知等差數列滿足，是關于的方程的兩個根.(1)求；(2)設求數列的前項和．16．在①；②這兩個條件中任選一個，補充在下面的橫線上，并解答.記的內角所對的邊分別是，已知__________.(1)求.(2)設為的內心（三角形三條內角平分線的交點），且滿足，求的面積.17．如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，平面，平面平面.(1)證明：平面.(2)若為的中點，求到平面的距離.18．已知定圓，定點，動圓滿足在圓內部與圓內切，且過點，設動圓圓心的軌跡為曲線．(1)求的方程；(2)設C與x軸交于A，B兩點（A在B點左側），直線l交C于M，N兩點（M，N均不在x軸上），設直線AM，BN的斜率分別為，，若，證明：直線過定點．19．數列是特殊的函數，可以利用函數工具研究數列性質.比如，為了研究數列的性質，對通項公式取對數得，，則可通過研究函數的性質，得到數列的性質，進而得到的性質.請根據以上材料，解決如下問題：(1)若不等式對任意恒成立，求實數的取值范圍，并證明：；(2)是否存在常數，使得：有，？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.（注：e為自然對數的底數）

答案1．【正確答案】D【詳解】由，即，解得，所以，又，所以.故選D.2．【正確答案】D【詳解】因為，所以，所以.故選D.3．【正確答案】B【詳解】由，所以，即，即，整理得，解得或（舍去），所以.故選B.4．【正確答案】C【詳解】根據線面平行的性質定理，若，，則或與異面，A錯誤；平行與同一平面的兩條直線位置關系不確定，可能平行、相交或異面，B錯誤；如圖，，過點作的平行線，設所在平面為，且，則，根據已知，所以，

則，由，可得，且，所以，C正確；

若，，則或，D錯誤.故選C.5．【正確答案】C【詳解】對于A，，；對于B，，；對于C，，；對于D，，；因為，所以四組數據中，方差最小的為，故選C.6．【正確答案】A【詳解】如圖所示，過點B作太陽光的平行線，與的延長線交于點C，則，，所以,設地球半徑為R,則根據弧長公式得，所以,故選A.7．【正確答案】D【詳解】依題意，，所以不等式組表示的區域是圓與圓公共的內部區域，畫出圖象如下圖所示，，兩圓半徑都是，設兩個圓相交于兩點，則，由于，，所以是圓的切線，是圓的切線，同理是圓的切線，是圓的切線，，所以四邊形是正方形，所以區域面積為.故選D.8．【正確答案】A【詳解】設拋物線的焦點為，，的橫坐標分別為，，則，拋物線的準線為，則，，，（當且僅當，，共線時取等號）如圖所示，即的最大值為12.故選A.

9．【正確答案】BCD【詳解】直線，即，則直線恒過定點，故A錯誤；當時，直線與直線垂直，故B正確：∵定點（-2，0）在圓O：x2+y2=9內部，∴直線l與圓O相交，故C正確：當時，直線l化為，即x+y+2=0，圓心O到直線的距離，直線l被圓O截得的弦長為，故D正確，故選BCD.10．【正確答案】AD【詳解】由題意得，.A.∵函數的定義域為，，∴是奇函數，選項A正確.B.∵，∴不是函數的周期，選項B錯誤.C.∵，∴在上不是單調遞增函數，選項C錯誤.D.∵，，∴，∵，∴的最小值為，選項D正確.故選AD.11．【正確答案】AD【詳解】選項A：聯立得，設，由題意可知無零點，，故當時，，當時，，故，由題意，得，故A正確；選項B：由題意，由得，設與曲線的切點為，則切線方程為，因過點，故，解得，所以的方程為，即，與聯立得，設與的交點坐標為，則，故，故B錯誤；選項C：當時，，因在曲線上，可設為，則，設，，設，則，故在上單調遞增，又，，故，使得，則在上單調遞減，在上單調遞增，故的最小值為，又，故，故C錯誤；選項D：當時，在處的切線方程為，將代入得，而曲線在處的切線方程為，要使得兩曲線上得點M，Q之間距離最小，當時，，，則，兩直線的距離為，顯然兩切點為得連線與切線不垂直，故，故D正確.故選AD.12．【正確答案】【詳解】因為點在雙曲線右支上，且，則，又，在中，由余弦定理可得，，所以.

13．【正確答案】【詳解】，，，即，解得，即，即，所以，又，得，又由，可得，.14．【正確答案】【詳解】由題意，從三個袋子中摸出的球上所標記的數的總的情況為種，滿足，則，當時，對應的情況有，1種；當時，對應的情況有，2種；當時，對應的情況有，3種；當時，對應的情況有，種；所以滿足的情況有種，故所求事件的概率為.15．【正確答案】(1)(2)【詳解】（1）設等差數列的公差為.當時，是方程的兩根，由韋達定理得，①當時，是方程的兩根，由韋達定理得，②由①②，解得；（2）由（1）知，所以，則，對于方程，由韋達定理得，即，所以，所以.16．【正確答案】(1)(2).【詳解】（1）選擇條件①.由正弦定理得，所以.由余弦定理，得.因為，所以.選擇條件②：因為，所以，即.由正弦定理得，即.因為，所以，所以.因為，所以，所以.因為，所以.（2）連接，因為點是內心，所以.因為，所以，所以，所以.由余弦定理得，即，解得，所以.17．【正確答案】(1)證明見詳解(2).【詳解】（1）證明：如圖,在平面內作,交于點.因為平面平面,平面平面平面,所以平面,平面,則.因為平面,平面,所以,因為平面,所以平面.（2）解：如圖，連接交于點,連接.易知為的中位線,所以.因為平面平面,所以平面,所以到平面的距離,即為點到平面的距離.由（1）知平面,平面,所以.因為,所以.又因為平面,所以兩兩垂直.因為,所以.法一（建系）：如圖,以點為坐標原點,所在直線分別為軸建立空間直角坐標系.則,所以,.設平面的法向量為,則即取,則,所以平面的一個法向量為.則點到平面的距離,即到平面的距離為法二（幾何）：因為平面,平面,所以,因為平面,平面,所以,所以是直角三角形.所以,因為是斜邊的中點,所以.則.設點到平面的距離為,則,解得，即到平面的距離為.【方法總結】求點到平面距離的常用方法：(1)直接法，利用線線垂直、線面垂直、面面垂直等性質定理與判定定理，作出垂線段，再通過解三角形求出距離．(2)間接法，利用等體積法、特殊值法等轉化求解．(3)向量法，求點P到平面α的距離的步驟：①在平面α內取一點A，確定向量eq\o(PA,\s\up6(→）的坐標；②確定平面α的法向量n；③代入公式d＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→）·n|,|n|)求解．18．【正確答案】(1)(2)證明見解析【詳解】（1）解：易知圓的圓心為，半徑為4，由題得，所以動點的軌跡是以，為焦點的橢圓，不妨設橢圓的長軸、短軸、焦距為2a，2b，2c，其中，，，所以的方程為．（2）證明，如圖，易知直線l的斜率不為0，設的方程為，，，聯立得，，則，，又可知點，，所以，，由得，又，所以，即，又，，代入得，整理可得，因為M，N兩點不在軸上，所以，所以，化簡得，所以，直線的方程為，故直線l恒過定點．19．【正確答案】(1)；證明見解析(2)存在，【詳解】（1）當時，顯然恒成立，；當時，可化為，令，，則，令，，則在上恒成立，因此在上單調遞減，所以，即在上恒成立，所以在上單調遞減，又由洛必達法則可得：，所以恒成立，因此，為使對任意恒成立，只需；綜上，；所以，因為，所以，則