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）

这是一份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），共25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。
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：D
2. 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. 100B. 90C. 80D. 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：A
4. 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：D
6. 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：B
7. 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：D

8. 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17
13. 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. 5 ②.
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，同时根据单调性有，这表明.
从而，故根据单调性有，所以.
设，，则.
对有，对有，
所以在上递减，在上递增，从而对有，对有.
这表明对有，所以.
再由，，就得到，以及
.
所以，，故.
综上，有.
【小问3】
此时，若个正数满足：
由于单调递增，故对任意：
若，则函数的导数，故递增，所以，从而；
若，同理有；
若，则.
所以对任意，都有.
下面证明，对任意正整数，都有对任意成立.
①显然，命题对成立；
②如果命题对成立，则对的情况，有
.
所以命题对也成立；
③如果命题对成立，则对的情况，有
.
所以命题对也成立.
综合①②③可知命题对任意的正整数成立.
所以.
关键点点睛：本题的关键在于使用恰当的工具研究函数的性质.