2024-2025学年天津市高三上册12月阶段评估数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年天津市高三上册12月阶段评估数学检测试题（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．设集合， ，则（ ）
A．B．C．D．
2．“”是“直线与直线相互垂直”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．函数的的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，且两两垂直，是边长为的正三角形，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．已知圆C：x2+y2+8x﹣m+2＝0与直线相交于A，B两点.若△ABC为正三角形，则实数m的值为（ ）
A．﹣10B．﹣11C．12D．11
6．设函数的最小正周期为，其图象关于直线对称，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象过点
B．在上单调递减
C．的一个对称中心是
D．将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象
7．已知奇函数在上是减函数，若，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知双曲线与抛物线y2＝2px（p＞0）的交点为A、B，A、B连线经过抛物线的焦点F，且线段AB的长等于双曲线的虚轴长，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．3C．D．2
9．已知函数，若方程有2个不同的实根，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．
10．设为虚数单位，计算 ．
11．已知抛物线上的点到该抛物线焦点的距离为，则等于 ．
12．若直线始终平分圆的周长，则的最小值为 .
13．已知M是抛物线图象上的一点，F是抛物线的焦点，若，则 ．
14．已知正实数a，b满足，则的最小值为 .
15．平面四边形ABCD满足，，，则的值为 ．
三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16．在中，a，b，C为内角A，B，C的对边，且满足.
（1）求角B的大小；
（2）已知，，
（i）求b及；
（ii）求.
17．如图，在四棱锥中，平面，，，，M，N分别为线段，上的点（不在端点）.
（1）当M为中点时，，求证：面；
（2）当M为中点且N为中点时，求证：平面平面；
（3）当N为中点时，是否存在M，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长，若不存在，说明理由.
18．已知椭圆的离心率，椭圆上的点到其左焦点的最大距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线与椭圆相交于点，则轴上是否存在点，使得线段，且？若存在，求出点坐标；否则请说明理由．
19．已知为等差数列，前项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，.，.
（1）求和的通项公式；
（2）设数列满足，其中，
①求数列的通项公式：
②求.
20．已知函数，（为自然对数的底数）．
(1)求曲线在处的切线方程
(2)若不等式对任意恒成立，求实数的最大值；
(3)证明：．
1．A
根据集合的补集、并集运算即可得到结论．
【详解】解：，， ，
故选：．
本题主要考查集合的基本运算，属于基础题．
2．A
【分析】直线与直线相互垂直得到，再利用充分必要条件的定义判断得解.
【详解】因为直线与直线相互垂直，
所以，
所以.
所以时，直线与直线相互垂直，所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分条件；
当直线与直线相互垂直时，不一定成立，所以“”是“直线与直线相互垂直”的非必要条件.
所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分非必要条件.
故选：A
方法点睛：充分必要条件的判定，常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
3．A
利用导数确定的正负可得结论．
【详解】，定义域为，则，
时，，递减，时，，递增，
∴ ，即或时，，因此，排除BCD，
故选：A．
思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
4．C
【分析】由三棱锥的结构求出 ，由三棱锥与其外接球关系知球直径等于（这个结论不清楚的学生可自行以为棱，把三棱锥补成一个长方体再观察）．
【详解】由题中条件易得，从而球的半径，体积，
故选：C．
本题考查球的体积，解题关键是掌握三棱锥的性质：侧棱两两垂直的三棱锥的外接球直径的平方等于这三条侧棱的平方和．
5．A
由题意求出圆心C的坐标，由直线与圆相交，用圆的半径和圆心到直线的距离和半个弦长构成直角三角形求出弦长，再由△ABC为正三角形，求出m的值.
【详解】圆C：x2+y2+8x﹣m+2＝0化为标准方程是(x+4)2+y2＝14+m；
则圆心C(﹣4，0)，半径为（其中m＞﹣14）；
所以圆心C到直线的距离为，
在等边三角形中得，，
解得.
故选：A.
本题考查直线与圆相交弦长问题，解题方法是几何法，即求出圆心到直线的距离，利用勾股定理求弦长．
6．D
【分析】由周期求出，再由对称轴求出，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】函数的最小正周期是，
所以，则，
图象关于直线对称，
所以，解得，
因为，所以当时，，则，
当时， ，故A错误；
由，所以，
因为在上不单调，所以在上不单调，故B错误；
因为，
所以不是的一个对称中心，故C错误；
因为，将的图象向左平移个单位长度得到：
，所以能得到的图象，故D正确.
故选：D.
7．B
【分析】根据奇函数的性质得到，，再比较，，的大小关系，最后结合函数的单调性判断即可.
【详解】奇函数在上是减函数，则，
所以，
，
因为，，
又，所以，
所以，则，
故.
故选：B
8．B
【分析】由已知条件推导出，从而得到，把代入双曲线，由此能求出双曲线的离心率．
【详解】双曲线与抛物线的交点为、，、连线经过抛物线的焦点，且线段的长等于双曲线的虚轴长，
，即，
，
把代入双曲线，
得，整理得，
，
，
．
故选：B
本题主要考查双曲线的离心率的计算，考查双曲线和抛物线的简单几何性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
9．B
【分析】先根据导数的几何意义求出直线与曲线相切时的值，再对分类讨论得到根的个数，进而求出实数a的取值范围.
【详解】解：当时，
当直线与曲线相切时，设切点
因为，则切线的，得，切点为
将切点代入直线，得
当时，
令，即
①当时，有一个实根，此时有一个实根，满足条件；
②当时，有两个实根，此时有一个实根，不满足条件；
③当时，无实根，此时要使有两个实根，则且，即且.
综上所述，实数的取值范围是
故选：B.
关键点睛：本题为分段函数，关键是先找到相切时的临界位置，进而讨论根个数.
10．
【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数模的计算公式计算可得.
【详解】因为,
所以.
故
11．
【分析】首先将抛物线方程化为标准式，即可得到准线方程，再根据抛物线的定义得到，即可得解.
【详解】抛物线，即，
所以准线方程为，
因为抛物线上的点到该抛物线焦点的距离为，
所以，解得.
故
12．
【分析】由题意知直线过圆的圆心，由此得，再将问题转化为点到直线上的点的距离的最小值，从而利用点线距离公式可解.
【详解】由得，故圆心坐标为, 半径，
因为直线始终平分圆的周长，所以直线过圆的圆心，
把代入直线，得，
而可看作是点到直线上的点的距离，
因为到直线的距离为，
所以的最小值为.
故答案为.
13．4
【分析】先得出直线的倾斜角为,过点作垂直于抛物线的准线，为垂足，设准线与轴的交点为,过点作轴，垂足为,结合抛物线的定义可得，从而得出答案.
【详解】由抛物线，则，，则直线的倾斜角为.
过点作垂直于抛物线的准线，为垂足，设准线与轴的交点为
过点作轴，垂足为
由抛物线的定义可得
即，所以
故4
14．
由，化简得，然后利用“1”的代换，转化为，利用基本不等式求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为最小值为：，
故
15．
【分析】根据题意，由平面向量的线性运算以及数量积的运算，结合向量的夹角公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】根据和可得，，所以，设，则，，设，由，以及，可得，，则，
，，
则，则，所以
.
故
16．（1）；（2）（i）；；（ii）.
【分析】（1）由已知及正弦定理，三角函数恒等变换的应用，结合，可得，根据范围可求B的值.
（2）（i）由已知利用余弦定理可求b及的值；
（ii）利用同角三角函数基本关系式可求的值，进而利用二倍角公式可求，的值，根据两角差的正弦函数公式即可解得的值.
【详解】解：（1）∵，
由正弦定理得，
∴，
，
∵，且，
∴，
∵，
∴.
（2）（i）∵，，，
∴，
∴.
（ii）∵，
∴，，
∴.
此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，考查计算能力，属于中档题
17．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，.
【分析】（1）取中点E，连结，，推导出，，从而平面平面，由此能证明面.
（2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面平面.
（3）假设存在存在，使得直线与平面所成角的正弦值为..推导出，求出平面的法向量，利用向量法能推导出，即可得解.
【详解】解：（1）证明：取中点E，连结，，
∵在四棱锥中，平面，，
，，M为中点，，
∴，，
∵，，∴平面平面，
∵平面，∴面.
（2）证明：以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面的法向量，
则，取，得，
平面的法向量，
∵，∴平面平面.
（3）解：假设存在存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，.
则，解得，，，∴，
则，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
∵直线与平面所成角的正弦值为，
∴，
整理，得，解得（舍）或，
∴存在M，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时
此题考查线面平行的判定和面面垂直的判定，考查线面角，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题
18．（1）；（2）或．
(1)由条件可得，解出的值，可得答案.，
（2）由条件可知点在线段的中垂线上，当时可求出，当时，
【详解】（1）由题可知
又∵椭圆上的点到其左焦点的最大值为，即
解得，，则
∴椭圆的方程为
（2）由条件可得
由，可知点在线段的中垂线上，由题意知直线的斜率显然存在设为．
当直线的斜率时，则．设．设为直线的方程为：，求出线段的中垂线，进一步求出点坐标，由可得答案.
由，解得，又．
当直线的斜率不为0时，设为直线的方程为：．
联立得：．
有：，解得，即．
的中点为，
线段的中垂线为：，令，得．
即．
．
解得，此时．
综上可得或．
关键点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键是先分析出点在线段的中垂线上，即点是线段的中垂线与轴的交点, 设为直线的方程为：,与椭圆方程联立利用韦达定理得出的中坐标，进一步求出线段的中垂线方程，求出点坐标，属于中档题.
19．（1），；（2）①，②.
【分析】（1）设的公差为，的公比为，， 由求出公比，求得，再化简，，求得；
（2）①代入，化简可得；
②由①得，则，用公式法计算和，用错位相减法计算，得到答案.
【详解】（1）设的公差为，的公比为，，
由，即，解得或3.
∵，∴，∴.
有，∴，
又有，即，∴
则，则.
即，.
（2）①，
∴时，，
∴，即，
②由①得
设 ，
则，
由此得
∴得
本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，等比数列的通项公式和前项和公式，错位相减法求和，还考查了分析推理能力，运算能力，难度较大.
20．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数求曲线在切点处的切线方程；
（2）求出函数在时的值域，可求实数的最大值；
（3）依题意，构造函数，利用导数证明即可.
【详解】（1）函数，，，
，，
所以曲线在处的切点坐标为，切线斜率为0，
切线方程为.
（2）
，
因为，所以，
则，，所以函数在上单调递减.
，，
所以函数的值域为.
若不等式对任意恒成立，
则实数的最小值为，所以实数的最大值为.
（3），
设，则，
令，则，所以在上单调递增，
，，
则有，，
故存在，使得，即，
所以当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
故当时，函数有极小值，且是唯一的极小值，
故函数，
，，
故，
所以
即.
方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.