2024-2025学年天津市高三上册第二次月考数学检测试卷（含解析）

2024-2025学年天津市高三上学期第二次月考数学检测试卷本试卷总分150分，考试用时120分钟.考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.一、选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分）1.已知全集，若，则集合（）A. B. C. D.【正确答案】D根据给定条件，利用补集及交集的运算结果求出.全集，，则，所以.故选：D2.某小学为了解学生的身体状况，抽取了名学生的身高，将所得的数据整理后，画出了如图所示的频率分布直方图，则所抽取的学生身高在的人数约为（）A.100 B.90 C.80 D.70【正确答案】A由题意，先求得身高在的频率，再求人数即可.根据频率分布直方图得，身高在的频率为，所以人数约人.故选：A.3.已知a，，则“”是成立的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【正确答案】A利用充分条件、必要条件的定义，结合对数运算判断即可.若，则，反之，取，，即成立，不能推出，所以“”是成立的充分不必要条件.故选：A4.已知函数的图象上距离原点最近的对称中心是（）A. B. C. D.【正确答案】B利用辅助角公式，将原函数化成正弦型函数，结合正弦函数的图象求出其对称中心坐标即得.因，由可得，即函数的对称中心为，故当时，点为函数距离原点最近的对称中心.故选：B.5.已知，，，则（）A. B. C. D.【正确答案】D根据给定条件，利用对数函数的性质比较大小.，而，则，又，所以.故选：D6.下列哪个函数在区间的大致图象如图所示（）A. B.C. D.【正确答案】B取值计算判断A；利用单调性判断C；利用函数值范围及变换快慢判断D；求得导数讨论单调性判断B.对于A，，当时，，A不是；对于C，当时，在上递增，在上递减，C不是；对于D，当时，，在接近3时，随着的增大，函数值缓慢增大，D不是；对于B，令，，函数是奇函数，当时，求导得，即函数在上单调递增，由奇函数性质知，函数在上单调递增，因此函数在上单调递增，B符合要求.故选：B7.已知椭圆的右顶点A，右焦点F，经过A、F两点的圆C与y轴相切于点，则圆C被直线AB截得的弦长为（）A. B. C. D.【正确答案】D根据条件可得A点坐标，求出线段长即可得解.椭圆的右顶点，右焦点，则圆的圆心在直线上，由圆与轴相切，得圆的半径，圆心到轴的距离，即圆的圆心坐标为，因此点是圆C与y轴相切的切点，所以.故选：D8.如图，三棱柱中，是上靠近的三等分点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（）A. B. C. D.【正确答案】C先确定出截面的位置，然后采用割补法结合替换顶点求解出，由此可求解出的值.取靠近的三等分点，连接，如图所示，因为分别是靠近的三等分点，所以且，所以，所以四点共面；设三棱柱的高为，三棱锥体积，因为，所以，，所以，所以，所以，所以，故选：C.9.在无穷数列中，，，数列的前n项和为，则的最大值与最小值的差为（）A. B.C. D.无法确定【正确答案】C求出数列的前n项和，按奇偶探讨的单调性求出最大与最小值即可得解.由，，得，而，则数列是等比数列，于是，当为奇数时，，，当为偶数时，，，因此的最大值与最小值分别为，所以的最大值与最小值的差为.故选：C关键点点睛：利用等比数列前n项和公式求出，再按奇偶结合单调性求解是关键.二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）10.已知是虚数单位，复数________.【正确答案】根据复数的除法计算出结果.，故答案为.11.在二项式的展开式中，常数项为______．【正确答案】160求得二项展开式的通项，令，求得，代入即可求解.由题意，二项式的展开式的通项为，令，可得，代入可得，所以展开式的常数项为.故答案为.12.在等差数列中，数列的前n项和为，，，若，则的最小值为________.【正确答案】17根据给定条件，求出数列的通项公式，再由求出的各组值，计算比较得解.在等差数列中，，解得，而，则，数列的公差，则，由，得，而，则或或或，所以当时，的最小值为.故1713.现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6.则这7个数的第75百分数是________；从这7张卡片中随机抽取2张，则所抽取卡片上数字的最小值为2的概率________.【正确答案】①.5②.利用第75百分数的意义求出结果；利用组合计数问题列式求出古典概率.由，得这7个数的第75百分数是5；从这7张卡片中随机抽取2张，有个不同结果，取到最小数字2的事件有个结果，所以所抽取卡片上数字的最小值为2的概率.故5；14.已知边长为2的菱形ABCD，，若O为菱形ABCD中心，E为BC中点，记，，则________（结果用，表示）；若P是菱形ABCD及其内部的一点且满足，则动点P所在的曲线长度为________.【正确答案】①.②.结合几何图形，利用向量的加法求出；建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示求出动点P的轨迹即可.在菱形中，为中点，E为BC中点，则，所以；以菱形的对角线分别为轴建立平面直角坐标条系，由，得，则，设，，由，得，解得，因此动点P的轨迹是直线与边的交点间线段，而点到直线的距离为，因此，所以动点P所在的曲线长度为.故；15.若函数恰有两个零点，则a的取值范围为________.【正确答案】根据的取值范围及绝对值的性质去掉绝对值符号，然后再结合二次函数性质分类求参数值．（1）时，，易知它有三个零点：，不合题意；（2）时，或，，，，时，，时，，时，，时，，所以其中，，①，即时，在上递减，，此时无零点，在上无零点，对，由于，有一正根一负根，而，因此正根大于，所以在上有一个零点；，时，，，因此与都是递减的，从而在上递减，而，因此在上有一个零点，综上，在R上有两个零点，符合题意；②时，与①相同知在上有一个零点，在上有一个零点，在上，，且，由，解得，时，无零点，因此在R上只有两个零点，符合题意；时，在上至少有一个零点，从而在R上至少有三个零点，不合题意，（3）时，或，，，，时，，时，，时，，时，，所以，，，，已经有一个零点，①，即时，，在上递减，在上递增，在上递减，，则，又，所以在和上各有一个零点，又也是它的零点，零点个数多于2个，不合题意，②时，，在上单调递减，又，因此在上有一个零点，又由得，，所以在时，在上只有一个零点，此时，因此在上递增，因此在上无零点，同理，，上单调递增，因此因此在上无零点，在，，若，又，从而，在上至少有一个零点，从而在上零点个数多于2个，不合题意，时，在上没有零点，所以在R上只有两个零点，满足题意，综上，的取值范围是．方法点睛：含有绝对值的函数，可以根据绝对值的定义去掉绝对值符号，化为不含绝对值的函数（本题是二次函数），然后由函数性质研究题设问题，难点是分类标准的确定．题中先按的正负分类，目的是绝对值中式子确定正负时自变量的取值范围的确定．然后再根据绝对值的正负分类去绝对值符号．三、解答题（本大题共5小题，共75分）16.在中，内角的对边分别为，且，.（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值.【正确答案】（1）（2）（3）（1）根据正弦定理进行角化边，然后结合余弦定理以及可求解出的值；（2）根据已知条件先计算出，然后根据平方关系求解出；（3）先计算出，然后根据余弦定理求解出并结合平方关系求解出，最后根据两角差的余弦公式求解出结果.【小问1】因为，所以，所以，所以，又因为，所以，化简可得，所以.【小问2】因为，且，所以.【小问3】因为，所以，，又因为，且，所以.17.如图，在直五棱柱中，，，，，，.（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角余弦值；（3）求点到平面的距离.【正确答案】（1）证明见解析（2）（3）（1）先根据条件证明平面，然后即可证明；（2）建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面与平面的一个法向量，根据法向量夹角的余弦值求解出结果；（3）根据空间中点到平面的距离计算公式直接求解出结果.【小问1】因为几何体为直五棱柱，所以平面，又平面，所以，因为，平面，所以平面，又因为平面，所以.【小问2】由直五棱柱的结构特点可知平面，因为，，所以，故以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，，，所以四边形是矩形，因为，，所以是等腰直角三角形，所以，所以，设平面一个法向量为，所以，取，则，所以，设平面的一个法向量为，所以，取，则，所以，所以，所以平面与平面的夹角余弦值为.【小问3】因为平面的一个法向量为，且，所以点到平面的距离为.18.已知椭圆的右顶点为A，左焦点为F，点P在椭圆C上，最大值与最小值的比为.（1）求椭圆的离心率；（2）若线段AP的垂直平分线与y轴相交于点Q，且为等边三角形，求直线AP的斜率；（3）当时，直线上存在一点Q，使得是以A为直角顶点的等腰直角三角形，求实数m的取值范围.【正确答案】（1）（2）（3）（1）结合PF最大值、最小值为，代入求解即可；（2）设，AP的直线方程为，与椭圆联立，求出线段AP的中点为，求出线段AP的垂直平分线方程，进而求得，再应用即可求解；（3）设直线方程为，与椭圆方程联立，求出；设直线方程为，与直线解得交点，再应用，求得，再应用换元法求解m的取值范围即可，注意再验证一下两种情形.【小问1】因为PF最大值与最小值的比为，所以，解之得；【小问2】因为，所以设，则所以，于是椭圆方程为，所以右顶点为，设直线AP的斜率为，直线AP的直线方程为，联立，消去得，，因为直线AP与椭圆交于A、P两点，所以，即.设线段AP的中点为，则，所以线段AP的垂直平分线的方程为，所以交点.因为为等边三角形，所以，所以，即，化简整理可得，，所以（舍去），所以；【小问3】因为，所以，所以，所以椭圆方程为，所以点，设直线的斜率为，则直线方程为，联立消去得，，易知，，所以，当时，则直线方程为，与直线联立解得点，所以，因为是以A为直角顶点的等腰直角三角形，所以，所以，所以，令，则，因为或，所以，所以，所以.当时，则，此时直线方程为，取即可.所以，当时，则，此时直线方程为，取即可，此时直线分别为、，所以，.综上所述，实数m的取值范围是.关键点点睛：在（2）中为等边三角形，所以需要求出点后应用是关键步骤，进而计算求解；在（3）中是以A为直角顶点的等腰直角三角形，所以应该表达出两处关键点且.19.阅读材料并回答问题：设，为两组实数.，，，，是，，，，的任一排列，则如图，在平面直角坐标系xOy中，在x轴的正半轴上，依次取n个点.、、，在y轴的正半轴上依次取n个点.、、，其中、已知数列为等比数列，为等差数列，且，，.（1）求，的通项公式；（2）若数列中，，，求证：；（3）任意选取某两个点与（，2，，n；，2，，n）连结它们，得到，这样一一搭配，一共可以得到n个三角形，求这n个三角形的面积之和最小值.（结果用n表示）【正确答案】（1），；（2）证明见解析；（3）.（1）根据给定条件，求出等比数列的公比、等差数列的公差即得通项公式.（2）由（1）求出，结合数列单调性可得，再分段并结合等比数列前n项和公式计算推理即得.（3）利用给定的材料，列出面积和的最小值表达式，再利用错位相减法求和即可.【小问1】设等比数列公比为，由，得，解得，，由，得等差数列公差，则，所以，的通项公式分别为，.【小问2】由（1），得当时，，数列都为递增数列，则数列是递增数列，因此当时，数列单调递减，，当时，，于是，当时，，当时，，而，所以.【小问3】由（1）知，，，显然数列都是递增数列，，由给定的材料知，得到的n个三角形面积之和的最小值为：，令，则，于是，两式相减得所以这n个三角形的面积之和最小值为.20.已知函数（1）若对于任意的，都有函数是增函数，求的取值范围；（2）当，时，若函数有两个不同的零点，证明：；（3）当，时，若且，证明：【正确答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析（1）对，和三种情况分类讨论，即可得到取值范围；（2）先证明不等式，，然后利用该不等式即可证明结论；（3）先证明，然后使用归纳法证明结论.【小问1】由于，故.若，则在时，对有.所以fx在上递减，不满足条件；若，则时，对有.所以fx在上递减，不满足条件；若，设，则.故对有，对有.从而在上递减，在上递增，所以对有.从而对任意正整数都有：当或时.这表明对任意正整数，函数fx在和上递增，从而在上递增，满足条件.综上，的取值范围是.【小问2】此时，，所以对有，对x>1有.故fx在上递减，在上递增，从而，故，.由已知有，故由可知，同时根据单调性