2024-2025学年天津市高三上册第二次月考数学检测试卷1（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1（含解析），共18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，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知，“”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．函数 的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
4．对变量有观测数据，得散点图1；对变量有观测数据，得散点图2.表示变量之间的线性相关系数，表示变量之间的线性相关系数，则下列说法正确的是（ ）
A．变量与呈现正相关，且B．变量与呈现负相关，且
C．变量与呈现正相关，且D．变量与呈现负相关，且
5．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列是公差不为0的等差数列，且，，为等比数列的连续三项，则的值为（ ）
A．B．4C．2D．
8．定义在上的函数满足，对任意的、，，恒有，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
9．已知函数，若在区间上单调递增，且在区间上有且只有一个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（本大题共6小题）
10．是虚数单位，复数满足，则 .
11．二项式的展开式中的常数项为 ．
12．口袋里有标号为1，2，3的三个小球，从中任取一球，记下它的号码后放回袋中，这样连续操作三次．若每次取到各个小球的可能性相等，记事件“三次抽到的号码不全相同”；则 ；记事件“三次抽到的号码之和为7”，则 ．（用数字作答）
13．如图，已知的面积为，若，点分别为边中点，则的最大值为 .
14．已知数列满足，且，则 ；记的前项和为，则 .
15．已知，，若有两零点、，且，则的取值范围是 .
三、解答题（本大题共5小题）
16．在中，角的所对的边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)若的面积为，且.
（i）求的值；
（ii）求的值.
17．如图，在直三棱柱中，，点分别在棱和棱上，且.
(1)设点为棱中点，求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知椭圆过点，其长轴长为4，下顶点为，若作与轴不重合且不平行的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)当点横坐标的乘积为时，试探究直线是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
19．已知等差数列前项和为，数列是等比数列，，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)对任意的正整数，设记数列的前项和为，求.
(3)设，若对任意的，都有.成立，求实数的取值范围.
20．已知函数.
(1)当时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)若函数在区间内无零点，求的最小值；
(3)若对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，求的取值范围.
答案
1．【正确答案】A
【详解】根据题意，，
，
所以.
故选：A
2．【正确答案】B
【详解】取，，则可知由“”无法推出“”．
，，两边平方化简得；
则，“”是“”的必要不充分条件；
故选：B
3．【正确答案】D
【分析】借助函数的奇偶性、可排除AC，再代入特殊值，借助函数的正负排除B.
【详解】的定义域为，
，
为奇函数，图象关于原点对称，故AC错误；
故B错误.
故选：D.
4．【正确答案】C
【详解】由题意可知，变量的散点图中，随的增大而增大，所以变量与呈现正相关；
再分别观察两个散点图，图比图点更加集中，相关性更好，所以线性相关系数.
故选：C.
5．【正确答案】C
【详解】因为，所以．因为，
所以，
故．
故选：C
6．【正确答案】A
【分析】通过换底公式得，再结合单调性可以判断b，c的大小，再以“1”作为中间量，可以判断a，b的大小，从而得解.
【详解】设，，则，当且仅当时等号成立，则，
又，，所以，
因为，所以，
综上，a，b，c的大小关系是.
故选A.
7．【正确答案】A
【详解】分析：数列{an}是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，可得=a1•a7，化简可得a1与d的关系．可得公比q=．即可得出=．
详解：数列{an}是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，
∴=a1•a7，可得=a1（a1+6d），化为：a1=2d≠0．
∴公比q====2．
则==．
故选A．
点睛：本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8．【正确答案】B
【详解】不妨取，则，即，
所以函数是定义在上的增函数，
对任意的，，
由可得，
即，
所以，。解得，
因此，不等式的解集为.
故选：B.
9．【正确答案】D
【详解】
.
，由于在区间上有且只有一个零点，
所以，
而，
其中，而，
在区间上单调递增，
所以，解得，
则.
故选：D
10．【正确答案】
【详解】因为，所以，
所以，
故答案为.
11．【正确答案】280
【详解】二项式的展开式中的常数项为.
故答案为.
12．【正确答案】 /0.25
【详解】“三次抽到的号码全相同”， 由题意，
所以，
事件“三次抽到的号码之和为7”，即抽到的三个数为2，2，3或1，3，3，
故，
，
故，
故；
13．【正确答案】
【详解】因为，所以，
因为，，
所以
，
因为，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，
所以的最大值为，即最大值为.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】因为， 且，
则，，，
，，，
所以，
且是以为首项，为公差的等差数列，
是以为首项，为公差的等差数列，
是以为首相，为公差的等差数列，
则
.
故；
15．【正确答案】
【详解】由可得，等式两边同除以，可得.
令，可得，即，设，
①当时，作出函数与函数的图象如下图所示，
若使得两个函数的图象有两个交点，则，解得，且，
由，解得，由，解得，
，不合乎题意；
②当时，作出函数与函数的图象如下图所示，
，此时两个函数图象没有交点，不合乎题意；
③当时，则，
两个函数图象没有交点，不合乎题意；
④当时，作出函数与函数的图象如下图所示，
此时，两个函数的图象有两个交点，且，
（i）若，即时，
由，解得，由，解得，
，合乎题意；
（ii）若时，则，则，不合乎题意；
（iii）当，即时，
由，可得，由，可得，
此时，不合乎题意.
综上所述，的取值范围是.
故答案为.
16．【正确答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）依题意，，
由正弦定理得，
由于三角形中，，
所以，
所以为锐角，所以.
（2）（i），
由余弦定理得，
由正弦定理得，
（ii），
所以，
，
所以
.
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）取中点，连接、，
则，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以．
又平面，平面，
所以平面．
（2）因为直三棱柱中，所以、、两两垂直．
分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，，，
设平面法向量为，
则，，
即，
令，则，
所以为平面的一个法向量．
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（3）由（2）得平面的一个法向量．
，
设平面的法向量为，
则，故可设.
设平面与平面夹角为，
则.
18．【正确答案】(1)
(2)直线过定点，坐标为.
【详解】（1）由椭圆长轴长为，可知，将代入椭圆方程：，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，由
则直线的方程为，令，得，
同理可得，
所以，
所以，
把直线代入椭圆方程中，得出，
所以，
代入，
化简得，
所以直线过定点.
19．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设的公差为d，的公比为q．则，∴
∴；
（2）由（1）知，
所以，
所以，
令，
，
两式相减可得：，
所以，
令
，
所以，
（3），
所以，
由恒成立可得：
恒成立，
即求当时的最小值，
对于，显然当递增，当时取最小15，
令，则，
显然当时，，
即当时取最大为，
所以的最小值为11，
所以，
所以实数的取值范围是
20．【正确答案】(1);
(2);
(3).
【详解】（1）当时， 有，
则，即，
又，
所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为：，
即，整理得：；
（2）根据对数函数可知： 当时，，
所以函数，满足当时，，
因为函数在区间内无零点，即恒成立，
不等式等价于，
令，，则，
再令，，则
由此时，可知，
即有在区间上单调递增，
所以，
由，即在区间单调递减，
所以，再根据恒成立，
可知
综上，若函数在区间内无零点，则的最小值是；
（3）由求导得：，
当x∈0,1时，，函数在区间0,1上单调递增，
当时，，函数在区间上单调递减，
又因为
所以函数在上的值域为，
由对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，
所以当时，是单调递减函数，不满足题意，故舍去；
则当时，由求导得：，
当时，，
由题意可知，在上不单调，
故，解得：
此时，当变化时，的变化情况如下：
又因为当时，由，，
而，
，
再由对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，结合函数在上的值域为，
则当且仅当满足下列条件：
，即有，
令，，
求导得：，
令，得，
所以当时，，故在区间上递增，
所以当时，，故在区间上递减，
则，
所以不等式对任意恒成立，
而解不等式得：，又因为，
所以综上，满足上述不等式组的的取值范围是
即当的范围是 时，对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立．
f'x
负
正
递减
最小值
递增