2024-2025学年天津市蓟州区高三上册第二次月考数学学情调研试题（含解析）

这是一份2024-2025学年天津市蓟州区高三上册第二次月考数学学情调研试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共9小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．“”是“”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
3．已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知等比数列的首项为1，若，，成等差数列，则数列的前5项和为（ ）
A．B．2
C．D．
5．已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
8．已知函数（，，）的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法：
①的图象关于点对称；
②的图象关于直线对称；
③的图象可由的图象向左平移个单位长度得到；
④若方程在上有且只有两个极值点，则的最大值为．
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
9．已知点A，B，C都在双曲线：上，且点A，B关于原点对称，.过A作垂直于x轴的直线分别交，于点M，N.若，则双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．2D．
二、填空题（本大题共6小题）
10．设复数满足，则 ．
11．已知，若的展开式中含项的系数为40，则 .
12．直线与圆相交于两点，若点为圆上一点，且为等边三角形，则的值为 ．
13．甲箱中有5个红球、2个白球、1个黄球和2个黑球，乙箱中有4个红球、3个白球、2个黄球和2个黑球先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，设事件，，，分别表示从甲箱中取出的是红球、白球、黄球和黑球，事件B表示从乙箱中取出的球是红球，则 ， ．
14．如图，边长为的正三角形的边落在直线l上，中点与定点重合，顶点与定点重合.将正三角形沿直线l顺时针滚动，即先以顶点为旋转中心顺时针旋转，当顶点落在l上，再以顶点为旋转中心顺时针旋转，如此继续.当滚动到时，顶点运动轨迹的长度为 ；在滚动过程中，的取值范围为 .
15．已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围是 ．
三、解答题（本大题共5小题）
16．在中，内角的对边分别为.已知.
(1)求的值；
(2)若.
①求的值；
②求的值.
17．已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
18．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率，椭圆的上、下顶点分别为、 ，左、右顶点分别为、 ，左、右焦点分别为、原点到直线的距离为 .
(1)求椭圆的方程；
(2)过原点且斜率为的直线，与椭圆交于、点，试判断是锐角、直角还是钝角，并写出理由；
(3)是椭圆上异于、的任一点，直线、分别交轴于点、，若直线与过点、的圆相切，切点为.证明： 线段的长为定值，并求出该定值.
19．在数列中，，在等差数列中，前项和为，，.
(1)求证：是等比数列，并求数列和的通项公式；
(2)设数列满足，的前项和为，求；
(3)设数列满足，的前项和为，求.
20．设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
答案
1．【正确答案】B
【详解】由，得，又，因此，
所以．
故选：B
2．【正确答案】A
【详解】由，可得，
令，显然函数为偶函数，且在上单调递增，
所以，即，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A.
3．【正确答案】D
【详解】对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.
故选：D.
4．【正确答案】C
【详解】解：设的公比为，
因为，，成等差数列，所以，即，
所以，
所以．
所以，
因为，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
所以．
故选：C．
5．【正确答案】A
【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意，
得，为等边三角形，
由正弦定理可得，
，根据球的截面性质平面，
，
球的表面积.
故选：A

6．【正确答案】B
【详解】易知，，
因为，则，故得，显然B正确.
故选：B
7．【正确答案】A
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
8．【正确答案】C
【详解】依题意可得，，，
再根据五点法作图可得，解得，．
因为，所以的图象关于点对称，故①正确；
因为，所以的图象关于直线对称，故②正确；
将的图象向左平移个单位长度得到，
故③错误；
因为，当时且，，
因为函数在上有且只有两个极值点，
所以，解得，即的最大值为，故④正确；
故选：C
9．【正确答案】B
【详解】
不妨设，由且轴，
所以，所以，
从而，即，
设点，且它在双曲线上，
，
即，其中，，
从而，.
故选B.
10．【正确答案】
【详解】设，，则，
所以，又，
所以，解得，所以，则.
故
11．【正确答案】
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，
所以项的系数为，解得,又，所以
故
12．【正确答案】
【详解】由题意知，,
所以,
则圆心到直线的距离为：
，
则，
故答案为.
13．【正确答案】 /0.375
【详解】由题意知：，，，，
，同理：，，，
由全概率公式可知：．
故，
14．【正确答案】
【详解】根据题意可知，点的轨迹为两个圆心角都为的圆弧，且圆弧的半径为，
所以顶点运动轨迹的长度为，
，，设Bx,y，则
所以，
滚动的过程中的纵坐标满足，
所以，
故；.
15．【正确答案】
【详解】函数的定义域为R，
当时，，
当时，，当时，，
此时函数无零点；
当时，，
当时，若，则，于是，
若，函数的图象对称轴，此函数在上单调递增，
，，
即当且时，，函数无零点；
于是只有当且时，函数才有零点，
当，即时，，
当时，函数，当时，，
当时，函数取得最小值，而当时，，
显然当，即时，函数有两个零点，
要函数恰有4个零点，必有，
当时，函数的图象对称轴，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
显然，
而，
因此函数在，上各有一个零点，
所以实数的取值范围是.
故答案为.
16．【正确答案】(1)
(2)①；②
【详解】（1）由及余弦定理得：
，
整理得，即，
∵，∴.
（2）①∵，及，，
∴，解得.
②∵，∴是锐角，且，
∴.
∴，
，
∴
.
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在；或
【详解】（1）证明：法一：分别取、的中点、，连接、、，
由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，，
因为，所以，所以点、、、四点共面，
因为、分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
又因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直，
以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
所以，易知平面的一个法向量，
所以，所以，
又因为平面，所以平面．
（2）解：设平面的法向量，，，
则，取，可得，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角余弦值为；
（3）解：假设存在点，使得，其中，
则，
由（2）得平面的一个法向量为，
由题意可得，
整理可得．即，
因为，解得或，所以，或．
18．【正确答案】(1)
(2)是锐角，理由见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率，即，
设，可得，则，
可得、、、，
可得直线方程为，即，
所以原点到直线的距离为，解得，
所以，，椭圆方程为.
（2）联立得或，即点、，
又因为椭圆的右焦点为，
所以，，，
所以，，
所以，为锐角.
（3）由（2）可知、，设Px0,y0，则，
直线的方程为，令，得；
直线的方程为，令，得；
根据切割线定理可得，
所以，，即线段的长度为定值.
19．【正确答案】(1)证明见解析，，
(2)
(3)
【详解】（1）当时，故，
又，故是等比数列，且公比为，首项为，
所以，故，
设的公差为，则由，，解得，，
故.
（2）因为，，
故，，
而，故，其中，
，
当为偶数时，，
当为奇数时，.
综上所述，.
（3）因为，则，，
因为，
可得，
所以
.
20．【正确答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1），
当，；当，，
故的单调递减区间为，的单调递增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为单调递减函数，在上为单调递增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的单调递减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为单调递减函数，在上为单调递增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证，即证，
即证，
即证，
即证，
而且，
故，
故，
故即证，
即证：
即证，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为单调递增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为单调递增函数，故，
故即，
故原不等式得证.
【关键点拨】导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.