2024-2025学年天津市高三上学期第二次月考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年天津市高三上学期第二次月考数学检测试卷（附解析），共15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．已知全集，集合，，则为
A．{1,2,4}B．{2,3,4}C．{0,2,4}D．{0,2,3,4}
2．设，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．既不充分又不必要条件
3．已知函数，则函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
4．为了了解某地区高三学生的身体发育情况，抽查了该地区100名年龄为17.5岁-18岁的男生体重（kg），得到频率分布直方图如下：
根据上图可得这100名学生中体重在的学生人数是（ ）
A．20B．30C．40D．50
5．已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
6．在平面直角坐标系中，双曲线的左右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与相交于两点，与轴的交点为，则的离心率为（ ）
A．2B．3C．2D．
7．关于函数有如下四个命题：
甲：该函数图象的一个对称中心为；
乙：该函数在上单调递增；
丙：该函数图象的一条对称轴方程为；
丁：该函数图象向右平移个单位长度得到一个奇函数.
如果只有一个假命题，则该命题是（ ）
A．甲.B．乙C．丙D．丁
8．如图，正三棱锥 ，其体积为 分别是棱 的中点，设三棱锥 的体积为 ，则 （ ）
A．B．C．D．
9．在四边形中，，，，，，点在线段的延长线上，且，点在边所在直线上，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共6小题）
10．已知，其中i是虚数单位，则 ．
11．的展开式中，常数项为 .
12．已知圆 与直线 x+y=0 相交所得圆的弦长是 ，若过点 作圆 的切线，则切线长为 .
13．袋中有个红球，个白球，个黑球共个球，现有一个游戏：从袋中任取个球，恰好三种颜色各取到个则获奖，否则不获奖.则获奖的概率是 ，有个人参与这个游戏，则恰好有人获奖的概率是 .
14．已知，，且，则的最小值为 .
15．若函数有四个不同的零点，则的取值范围是
三、解答题（本大题共5小题）
16．在中，内角，，所对的边分别为，，，，，．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
17．如图，是边长为4的正方形，平面，，且.

(1)求证: 平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点D到平面的距离.
18．已知椭圆的离心率，椭圆上的点到其左焦点的最大距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线与椭圆相交于点，则轴上是否存在点，使得线段，且？若存在，求出点坐标；否则请说明理由．
19．已知是公比大于0的等比数列，且，.
(1)求的通项公式；
(2)求的前项和；
(3)若，在与之间插入个，得到一个新数列. 是否存在正整数，使得数列的前项之和? 若存在，求出的值; 若不存在，说明理由.
20．设函数 ，其中 .
(1)若 a=−1，求曲线 在点 处的切线方程;
(2)若 ，
（i） 证明: 函数 恰有两个零点;
（ii） 设 为函数 的极值点， 为函数 的零点，且 ，证明: .
答案
1．【正确答案】C
【详解】由题得，故选C.
2．【正确答案】B
【详解】因为为R上的减函数，是(0,+∞)上的增函数，
所以由可得（），
由可得（），
故是成立的必要不充分条件，
故选：B
3．【正确答案】B
【详解】由题可知：函数定义域为,
所以，故该函数为奇函数，排除A,C
又，所以排除D
故选：B
4．【正确答案】C
【详解】．
故选：C
5．【正确答案】C
【详解】由题意得：，，
，且，
故，
故选：C
6．【正确答案】B
【详解】依题意，由双曲线的对称性，不妨让在轴的上方，如图，
把代入中，利用，解得：，故，
所以直线的方程为，整理得，所以，
由得，整理得，所以，
两边同除以，得，解得（负根舍去），故.
故选：B
7．【正确答案】A
【详解】若甲为假命题，则乙丙丁正确，即函数图象的一条对称轴方程为，
可得，则，
因为，可得，即，
当时，，即函数在上单调递增；
将函数的图象向右平移个单位长度，
可得到函数为奇函数，
且，此时，甲为假命题，乙丙丁均为真命题，合乎题意；
若乙为假命题，则丙为真命题，可得函数，由上可知，丁为真命题，甲为假命题，不合乎题意；
若丙为假命题，则甲为真命题，即该函数图象的一个对称中心为，
可得，则，
因为，可得，则函数解析式为，
将该函数的图象向右平移个单位长度，
可得到函数，该函数不是奇函数，
即丁为假命题，不合乎题意；
若丁为假命题，由丙为真命题可知，函数解析式为，
则，即甲为假命题，不合乎题意.
故选：A.
8．【正确答案】B
【详解】如图，设到平面的距离为，到平面的距离为，
因为，，
所以.
又，且到的距离为，
所以，
由为的中点，得到平面的距离为，
所以，
即，所以.
故选：B
9．【正确答案】A
【详解】解：依题意，如图以为坐标原点建立平面直角坐标系，由，，，，
，，，
因为点在线段的延长线上，设，
解得
，
所在直线的方程为
因为点在边所在直线上，故设
当时
故选：
10．【正确答案】3
【详解】由，可得：，由复数相等可知：
所以
故3
11．【正确答案】
【详解】根据题意，的通项为，
则展开式中的项为或，
令或，得或，
从而展开式常数项为．
故
12．【正确答案】
【详解】由，得，
则圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
因为圆与直线相交所得圆的弦长是，
所以，解得或（舍去），
所以圆心为，半径为，
所以与间的距离为，
所以所求的切线长为，
故答案为.
13．【正确答案】
【详解】设中奖为事件A,则事件A包含的基本事件个数为，所有的基本事件共有个，所以中奖概率为；
有3个人参与这个游戏,设中奖人数为X,则，
；
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】由换底公式和对数运算的性质，
原式，
∵，∴，
∴原式，
∵，，∴，，∴，，
∴由基本不等式，
当且仅当，即时，等号成立，
∴原式.
∴当且仅当时，的最小值为.
故答案为.
15．【正确答案】
【详解】由题意，当时四个不同的零点，即与的交点有四个，而恒过点，
若，则，显然直线与不可能有4个交点，不符合题意；
若，作出的函数图象，则直线与的图象不可能有4个交点，不符合题意；
若，作出的函数图象，如图所示：
当时，，若直线与在上的函数图象相切，切点为，则，解得，即或（舍），
∴当时有三个零点，当时有四个零点．
综上有.
故答案为.
16．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由余弦定理知，，
所以，即，
解得或（舍负），所以．
（2）由正弦定理知，，
所以，
所以．
（3）由余弦定理知，，
所以，，
所以
.
17．【正确答案】(1)证明见详解；
(2)；
(3).
【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线面位置关系，计算面面角及点面距离即可.
【详解】（1） 根据题意以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，
所以，
易知平面的一个法向量为，
显然，又平面，
所以 平面；
（2）由（1）的坐标系可知，则，
设平面与平面的法向量分别为，
则有
取，则，即，
设平面与平面的夹角为，则；
（3）由（2）得平面的一个法向量为，
又，所以点D到平面的距离.
18．【正确答案】（1）；（2）或．
(1)由条件可得，解出的值，可得答案.，
（2）由条件可知点在线段的中垂线上，当时可求出，当时，
【详解】（1）由题可知
又∵椭圆上的点到其左焦点的最大值为，即
解得，，则
∴椭圆的方程为
（2）由条件可得
由，可知点在线段的中垂线上，由题意知直线的斜率显然存在设为．
当直线的斜率时，则．设．设为直线的方程为：，求出线段的中垂线，进一步求出点坐标，由可得答案.
由，解得，又．
当直线的斜率不为0时，设为直线的方程为：．
联立得：．
有：，解得，即．
的中点为，
线段的中垂线为：，令，得．
即．
．
解得，此时．
综上可得或．
19．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设等比数列的公比为，则，所以，，
整理可得，因为，解得，故.
（2）因为，
所以，
.
（3）由题意可知，设在数列中的项为，
则由题意可知，，
所以当时，，
设，解得，
当时，，，
因为且，
所以当时，.
20．【正确答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1）由题设，且，则，
所以，又，
所以切线方程为，即.
（2）（i）由，令，又，
易知在上递减，
又，，
∴在上有唯一零点，即在上唯一零点，
设零点为，则，
∴，，递增；，，递减；
∴是唯一极值点，且为极大值，
令且，则，故在上递减，
∴，即，
∴，又，
根据零点存在性定理知在上存在零点，又∵在单调递减；
∴在存在唯一零点，
又∵，在上单调递增；，
∴在上的唯一零点为1，
故恰有两个零点；
（ii）由题意，，即，
则，即，
当时，，又，则，
∴，得，
即，得证.