天津市第九十五中学2025--2026学年高三上册第二次月考数学试题【附解析】

这是一份天津市第九十五中学2025--2026学年高三上册第二次月考数学试题【附解析】，共21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。
1. 已知集合，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由交集和并集定义直接求解即可.
【详解】，，.
故选：D.
2. “”是“”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件与必要条件的概念，结合指数函数的单调性求解判断．
【详解】若，则，从而，故充分性成立，
若，则，但不一定成立，如取，故必要性不成立，
所以，“”是“”的充分而不必要条件．
故选：A．
3. 已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用分段法求得正确答案.
【详解】，，
，所以.
故选：C
4. 函数的图象大致是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数奇偶性,可排除B;由时可排除C,取特殊值可排除A选项.
【详解】函数
则,即为奇函数,所以结合图像可排除B.
当时,,结合图像可排除C.
当时,,结合图像可排除A.
综上可知,D为正确选项
故选:D
【点睛】本题考查了根据解析式判断函数图像,应用奇偶性、单调性、极限思想或特殊值法排除选项即可,属于基础题.
5. 已知数列的前项和为，且，则等于
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，由可求出的值，再令，由得出，两式相减可得出数列为等比数列，确定出该数列的公比，利用等比数列的通项公式可求出的值.
【详解】当时，，即，解得；
当时，由，得，两式相减得，得.
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
故选B.
【点睛】本题考查利用来求通项，一般利用公式，同时也要注意等差数列和等比数列定义的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
6. 若直线与直线平行，则实数a的值为（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得，解出来并检验即可.
【详解】由题意得，，解得，当时，两直线均为（重合），经检验满足题意.
故选：B.
7. 已知，，m为实数，若，则向量在上的投影向量为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量加减法以及向量垂直的坐标表示可得，由投影向量定义可求得结果.
【详解】根据题意可知，
由可得，解得，所以；
所以向量在上的投影向量为.
故选：D
8. 已知函数，且的最小正周期为，给出下列结论：
①函数在区间单调递减；
②函数关于直线对称；
③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象.
其中所有正确结论的序号是（）
A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③
【答案】A
【解析】
【分析】先将函数化简为最简形式，然后利用周期求出的值，再利用正弦函数的性质进行判断即可求解.
【详解】因为函数，且的最小正周期为，所以，则.
因为，所以，则函数在单调递减，故①正确；
令，解得：，所以直线是函数的一条对称轴，故②正确；
将函数的图象上所有点向左平移个单位长度可得到，故③错误，
所以正确的结论序号为：①②，
故选：.
9. 已知函数，则关于方程的根个数不可能是（）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】将原问题转化为直线与函数的图象交点的个数，作出的图象，分、、三种情况，结合图象求解即可．
【详解】作出函数的图象，如图所示：
将原问题转化为直线（过定点）与函数的图象交点的个数，
由图可知，当时，直线与函数的图象只有一个交点；
当时，直线与函数的图象没有交点；
当时，直线与函数的图象有三个交点；
所以直线与函数的图象不可能有两个交点．
故选：C．
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分.
10. 复数（其中为虚数单位），则的虚部为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用复数除法运算求出，进而求出其虚部.
【详解】依题意，，
所以的虚部为.
故答案为：
11. 一条倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，且该直线与圆相交于A，两点，则________．
【答案】
【解析】
【分析】求出直线方程和抛物线焦点坐标，再利用直线被圆所截弦长公式即可得到答案.
【详解】由题意得，抛物线的焦点为，
则直线方程为，即，
圆化为，则圆心为，半径，
设圆心到直线的距离为，则，
则，
故答案为：.
12. ______.
【答案】
【解析】
【分析】根据幂的运算法则和对数的运算法则、换底公式计算.
【详解】,
故答案为：.
13. 已知，且，则的最小值为___________.
【答案】8
【解析】
【分析】根据，且，将转化为，利用基本不等式求解.
【详解】因为，且，
所以，
，
,
，
当且仅当,即时，等号成立，
所以的最小值为8，
故答案为：8
14. 已知点，是椭圆上关于原点对称且不与的顶点重合的两点，，分别是的左、右焦点，为原点，则（）
A. 的离心率为B.
C. 的值可以为3D. 若的面积为，则
【答案】AD
【解析】
【分析】A项，根据方程求出即可得出离心率；B项，作出图象，利用几何知识即可得出结论；C项，利用几何知识即可知道的取值范围，进而得出结论；D项，求出点的位置，分别得出，即可得出结论.
【详解】由题意，
在中，，
A项，离心率，故A正确；
B项，如图所示，
由对称性知，，
，故B错误；
C项，由几何知识得，
,即，
因为，故C错误；
D项，设，
∴，
当的面积为时，，
由几何知识得，，解得：
当，即时，此时，，
∴，
∴，
当，即时，同理可得，，
故D正确；
故选：AD.
15. 如图，在四边形中，，，且，则实数的值为_________，若是线段上的动点，且，则的最小值为_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】可得，利用平面向量数量积的定义求得的值，然后以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设点，则点（其中），得出关于的函数表达式，利用二次函数的基本性质求得的最小值.
【详解】，，，
，
解得，
以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
,
∵，∴的坐标为,
又∵,则，设，则（其中），
，，
，
所以，当时，取得最小值.
故答案为：；.
【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查平面向量数量积的定义与坐标运算，考查计算能力，属于中等题.
三、解答题：本题共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. 已知分别是的内角的对边，且．
（Ⅰ）求．
（Ⅱ）若，，求的面积．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由已知结合正弦定理先进行代换，然后结合和差角公式及正弦定理可求；（Ⅱ）由余弦定理可求，然后结合三角形的面积公式可求；（Ⅲ）结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解．
【详解】（Ⅰ）因为，
所以，
所以，
由正弦定理可得，；
（Ⅱ）由余弦定理可得，，
整理可得，，
解可得，，
因为，
所以；
（Ⅲ）由于，．
所以．
【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式，二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
17. 如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的大小；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设，由三角形中位线性质可得，由线面平行判定定理可得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果；
（3）利用点到平面距离的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
设，连接，
四边形为矩形，为中点，又为中点，，
又平面，平面，平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面法向量，
，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，则平面与平面的夹角为.
【小问3详解】
由（2）知：，，，
由平面的法向量，
点到平面的距离.
18. 设椭圆的左右顶点分别为，，右焦点为，已知，.
（1）求椭圆方程及其离心率；
（2）已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形面积是三角形面积的二倍，求直线的方程.
【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为
（2）
【解析】
分析】（1）由解得，，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即可求解；
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.
【小问1详解】
如图，
由题意得，解得，，
所以，
所以椭圆的方程为，离心率为；
【小问2详解】
由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，
消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，，
所以，，，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
19. 已知数列是公差为1的等差数列，且，数列是等比数列，且，.
（1）求和的通项公式；
（2）设，，求数列的前项和；
（3）设，求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）公式法解决即可；（2）由（1）得，错位相减求和即可；（3）由题得，当为奇数时，，裂项相消，分组求和结合解决即可.
【小问1详解】
由题知数列是公差为1的等差数列，且，
所以，得，
所以，
因为数列是等比数列，且，，
所以，解得，
所以，
所以和的通项公式为，，
【小问2详解】
由（1）得为，，
所以，
所以数列的前项和
，
所以，
所以
，
所以
【小问3详解】
由（1）得为，，
所以，
因为当为奇数时，，
所以求列前项和为
.
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若的极小值小于－1，求的取值范围；
（3）当时，证明：有2个零点．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程；
（2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得到时，极小值，构造函数，求导推得，即可求得不等式的解集；
（3）由得，令，则，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，推得，使得，求出的最小值为，由可得，，故得的最小值，由即可判断函数，即函数的零点个数.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，，
则曲线在点处的切线方程为，
整理得：．
【小问2详解】
函数的定义域为，且，
① 当时，易得，在上单调递减，则无极小值，不合题意；
② 当时，由，得，即上单调递增；
由，得时，即在上单调递减，
所以的极小值为：，
因为的极小值小于，所以，即．
令，则，
所以当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以由可得.
【小问3详解】
．
令，得，
令，则与有相同的零点，
且．
令，则，
因为，则，所以在区间上单调递增，
又，，所以，使得，
所以当时，，即；当时，，即，
所以在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为．
由，得，
即，
令，，则，则在单调递增．
因为，所以，则，
所以，从而，，
所以的最小值．
当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
又因，所以，
所以有2个零点，故有2个零点．
【点睛】关键点点睛：求单调性及最值，需要引入隐零点，因为这个隐零点不好代入消元求值，需要再同构函数，则可得隐零点满足，，从而再代入隐零点即可求出的最小值，再结合两边的极限值，从而问题得证．