2024届天津市河东区第三十二中学高三上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2024届天津市河东区第三十二中学高三上学期第二次月考数学试题含答案，共17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
1．设全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得的值，然后计算即可.
【详解】由题意可得，则.
故选：A.
2．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分、必要性定义判断条件的推出关系，即可得答案.
【详解】由，则，当时不成立，充分性不成立；
由，则，即，显然成立，必要性成立；
所以是的必要不充分条件.
故选：B
3．函数在上的值域为（ ）
A． B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据正弦型函数的图像和单调性即可求解.
【详解】当时，，当时，即 时，取最大值1，当，即 时，取最小值大于 ，故值域为
故选：C
4．记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25B．22C．20D．15
【答案】C
【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列的公差和首项，再根据前项和公式即可解出；
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列的公差，再根据前项和公式的性质即可解出．
【详解】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故选：C.
方法二：，，所以，，
从而，于是，
所以．
故选：C.
5．已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入即可得到答案.
【详解】因为在区间单调递增，
所以，且，则，，
当时，取得最小值，则，，
则，，不妨取，则，
则，
故选：D.
6．设椭圆的离心率分别为．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
【详解】由，得，因此，而，所以.
故选：A
7．两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.
【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，
设圆锥和圆锥的高之比为，即，
设球的半径为，则，可得，所以，，
所以，，，
，则，所以，，
又因为，所以，，
所以，，，
因此，这两个圆锥的体积之和为.
故选：B.
8．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.
【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
9．已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，
则，，，
设，则，，，
则
当，时，取得最小值，
故选：．
二、填空题
10．是虚数单位，则的值为 .
【答案】
【分析】先化简复数，再利用复数模的定义求所给复数的模．
【详解】．
【点睛】本题考查了复数模的运算，是基础题.
11．直线与圆交于两点，则 ．
【答案】
【分析】方法一：先将圆的方程化成标准方程，求出圆心，半径，再根据点到直线的距离公式以及弦长公式即可求出．
【详解】［方法一］：【通性通法】【最优解】弦长公式的应用
根据题意，圆的方程可化为，所以圆的圆心为，且半径是，
弦心距，所以．
故答案为：.
［方法二］：距离公式的应用
由解得：或，不妨设，
所以．
故答案为：.
［方法三］：参数方程的应用
直线的参数方程为，将其代入，可得，化简得，从而，所以．
故答案为：.
【整体点评】方法一：利用圆的弦长公式直接求解，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：直接求出弦的端点坐标，再根据两点间的距离公式求出，是求解一般弦长的通性通法，有时计算偏麻烦；
方法三：直线参数方程中弦长公式的应用．
12．记为数列的前项和，若，则 ．
【答案】
【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.
【详解】根据，可得，
两式相减得，即，
当时，，解得，
所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，
所以，故答案是.
点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.
13．已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为 .
【答案】
【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.
【详解】抛物线： ()的焦点,
∵P为上一点，与轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,
不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，
因为，所以,
，
所以的准线方程为
故答案为：.
【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.
14．已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点与双曲线的左焦点重合，若两曲线相交于，两点，且线段的中点是点，则该双曲线的离心率等于 .
【答案】
【分析】利用抛物线的性质，得到M的坐标，再带入到双曲线方程中，即可求解.
【详解】由题意知：
抛物线方程为：
在抛物线上，所以
在双曲线上，
，又，
故答案为：
15．已知向量与夹角为锐角，且，任意，的最小值为，若向量满足，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】结合二次函数的性质，由的最小值求得向量与的夹角，判断出点对应的轨迹，从而求得的取值范围.
【详解】设向量与的夹角为，，则，
，
所以当时，取得最小值为，
即，
所以.
如图所示，设，三角形是等边三角形，
设是的中点，则，
由于，所以，
所以点的轨迹是以为直径的圆，圆的半径为，
根据圆的几何性质可知，即的取值范围为.
故答案为：
【点睛】本小题解题难点有两点，第一点是的最小值的用法，有关向量模的试题，可以考虑利用平方再开方的方法进行转化，结合向量的数量积运算来求解.第二点是的用法，转化为向量垂直、轨迹为圆来配合解题.
三、解答题
16．在中，内角、、的对边分别为，，，．
（1）求角的大小；
（2）若，．求：
（ⅰ）边长；
（ⅱ）的值．
【答案】（1）； （2）（ⅰ）；（ii）．
【解析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得的值，由此求得角的大小.
（2）（ⅰ）已知两边和夹角，用余弦定理求得边；
（ⅱ）由两角差的正弦公式求得的值.
【详解】解：（1）由已知及正弦定理得
，，
，
（2）（ⅰ）因为，，
由余弦定理得，
（ⅱ）由，因为为锐角，所以
，，
【点睛】本题考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，还考查同角三角函数的基本关系式，二倍角公式以及两角差的正弦公式.
17．如图，已知四边形的直角梯形，,，，为线段的中点，平面，，为线段上一点（不与端点重合）.
（Ⅰ）若，
（i）求证：平面；
（ii）求直线与平面所成的角的大小；
（Ⅱ）否存在实数满足，使得平面与平面所成的锐角为，若存在，确定的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）（i）见解析（ii）（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）（i）先根据平行四边形性质得，再根据线面平行判定定理得结果，（ii）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解得平面的法向量，根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与向量夹角关系得结果.（Ⅱ）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解得两平面法向量，根据向量数量积得向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】（Ⅰ）（i）证明：连接交于点，连接，，依题意易证四边形为平行四边形.
∴又∵，
∴又∵平面，平面，
∴平面.
（ii）解：如图，在平行四边形中∵，，∴
以为原点建立空间直角坐标系
则，
∴
设为平面的法向量
则，得，不妨设
∴
又，∴
即直线与平面所成的角的大小为.
（Ⅱ）设
∴
∴
设为平面的法向量，
则得，，不妨设，
又平面的法向量为，
∴.
∴∴，，∴.
【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
18．已知椭圆的右焦点为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设经过点的直线不与坐标轴垂直，直线与椭圆相交于点，，且线段的中点为，经过坐标原点作射线与椭圆交于点，若四边形为平行四边形，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】（1）由题可知，，，再结合，解出和的值即可；
（2）设直线的方程为，且，，，联立椭圆方程，消去得到关于的一元二次方程，写出根和系数的关系；由于是线段的中点，利用中点坐标公式表示出的坐标，利用可求出直线的斜率；因为四边形为平行四边形，可以利用中点坐标公式或，得到关于的方程，解之即可.
【详解】（1）解：设右焦点为，由题意可知，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）(方法一)解：由题意，设直线的方程为，且.与椭圆方程联立，整理得.
设，，，则，.因此，即.
于是直线的斜率为，直线的方程为，与椭圆方程联立，整理得.
设，解得.
在平行四边形中，为中点，从而，即，因此，解得.
所以，直线的方程为或.
(方法二)解：求得的过程同方法一，在平行四边形中，有，设，所以.
又因为点在椭圆上，从而，解得.
所以，直线的方程为或.
【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19．已知等比数列的前项和为，是等差数列，，，，．
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设的前n项和为，，．
（ⅰ）当n是奇数时，求的最大值；
（ⅱ）求证：．
【答案】（Ⅰ）的通项公式为，的通项公式为；（Ⅱ）（ⅰ）最大值为；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）通过解方程组得到即得和的通项公式；
（Ⅱ）（ⅰ）先求出，再求出，利用函数的单调性得解；（ⅱ）先求出，再求和得证.
【详解】（Ⅰ）解：设数列的公比为q，数列的公差为d．
由，且，解得q=-1．
依题意，有解得
故，
所以，的通项公式为，的通项公式为．
（Ⅱ）（ⅰ）解：由（Ⅰ）可得，所以．
当n是奇数时，．
可知当且n是奇数时，随n增大而减小．
所以当时，最大，其最大值为．
（ⅱ）解：（ⅰ）知，，
所以
因为，所以，即．
【点睛】方法点睛：数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组并项求和；（5）倒序相加法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
20．已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，（）.
(1)求，的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和；
(3)求证：（）.
【答案】(1)，；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据等差数列的项求公差，即可求数列的通项公式，代入条件求等比数列的项，即可求通项公式.
（2）按为奇数和偶数，求出数列的通项公式，再根据列项相消法和错位相减法求和.
（3）由，利用等比数列前项和公式求和，即可证得不等式.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，，得，则，
由，，得，解得，，则， ，
所以，的通项公式是，.
（2）当是奇数时，，
当是偶数时，，
则，
于是，
两式相减得：
因此，
，
所以.
（3）由（1）知，，当且仅当时取等号，
因此，
所以（）.
【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的.