2024-2025学年天津市高三上学期第二次月考数学质量检测试卷（含解析）

2024-2025学年天津市高三上学期第二次月考数学质量检测试卷一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知等差数列的前项和为，则“”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．既不充分也不必要条件3．已知，则（

）A． B． C． D．4．已知的部分图象如图，则可能的解析式为（

）A． B．C． D．5．设等比数列的前项和为，且，则（

）A．243 B．244 C．81 D．826．如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱.若侧面水平放置时，液面恰好过的四等分点处，，当底面水平放置时，液面高为（

）A． B． C． D．7．已知函数的部分图象如图所示，则下列选项不正确的是（

）A．函数的图象关于点中心对称B．函数的单调增区间为C．函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到D．函数在0,π上有2个零点，则实数t的取值范围为8．已知分别为双曲线的左、右焦点，过向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为点，且（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（

）A． B．C． D．9．已知函数，若，，使成立，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．二、填空题10．若复数是纯虚数，则实数的值是.11．在的展开式中，项的系数为.（用数字作答）12．已知，，是不同的平面，l，m，n是不同的直线，下列命题中：（1）若，，，则；（2）若，，，则且；（3）若，，，则；（4）若，，，则，13．紧急定位传送器是在飞机失事坠毁时发送信号，让搜救人员可以定位找到飞机的特有装置．根据某机构对失事飞机的调查得知：失踪飞机中有后来被找到，在被找到的飞机中，有安装有紧急定位传送器；而未被找到的失踪飞机中，有90%未安装紧急定位传送器．则在失踪飞机中，装有紧急定位传送器飞机的比例为（填写百分数），现有一架安装有紧急定位传送器的飞机失踪，则它被找到的概率为．14.过抛物线上一动点作圆的两条切线，切点分别为，若的最小值是，则.15．在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，，则可用，表示为；若，则的最大值为.三、解答题16．在中，角，，所对的边分别是，，，已知.(1)求角的大小；(2)设，（i）求的值；（ii）求的值.17．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．（1）证明B1C1⊥CE；（2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．18．已知椭圆的一个焦点，两个焦点与短轴的一个端点构成等边三角形.(1)求椭圆的标准方程;(2)过焦点作轴的垂线交椭圆上半部分于点，过点作椭圆的弦在椭圆上且直线的倾斜角互补，问直线MN的斜率是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.(3)在第（2）问的条件下，当面积最大时，求直线MN的方程.19．已知数列的前项和公式为，数列bn满足.(1)求数列的通项公式和；(2)若求数列bn的通项公式；(3)若数列满足，求.20．已知函数，，．(1)若，求的极值；(2)当时，讨论零点个数；(3)当时，，求实数的取值范围．．答案：题号123456789答案ACADBBCDA9．A若，，使成立，则在上的取值范围要包含上的取值范围，当时，，，当时，，，当时，，不合题意，当时，，函数在单调递增，则时，，符合题意，当时，我们进行如下讨论，若时，，函数在单调递减，若时，，函数在上单调递增，当时，函数取最小值，最小值为，，所以，解得，所以，综上的范围是.故选：A.10．因为是纯虚数，所以，解得，故答案为.11．展开项的通项公式为，，令，解得，所以，所以项的系数为，故答案为.12．（2）（4）13．根据全概率公式得装有紧急定位传送器飞机的比例为：；设事件“失踪的飞机后来被找到”，事件“失踪的飞机后来未被找到”，事件“安装有紧急定位传送器”，则，，，，安装有紧急定位传送器的飞机失踪，它被找到的概率为：，故；．14．设，则，圆的圆心，半径为，由切圆于点，得，则，当且仅当时，等号成立，可知的最小值为，整理可得，解得，且，所以，故答案为.15．；（1）(1)因为点D为AB的中点，所以.又因为，根据向量加法，可得.因为点E为CD的中点，所以，即.再根据向量加法，可得.（2）因为，，所以..，在中，，根据向量数量积公式，可得.由，根据余弦定理，即.根据基本不等式，可得，即.将代入的表达式：因为，，取得最大值，最大值为.故；.16．(1)(2)（i）；（ii）（1）因为，由正弦定理可得：，则，因为在中，，所以，则有，因为，所以，，故；（2）（i）由（1）知：，在中，因为，，由余弦定理可得：，则.（ii）在中，由正弦定理可得：，即，所以，因为，所以，则为锐角，所以，则，，所以17．（1）见解析（2）（3）解：本题可通过建立空间坐标系求解．如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．(1)证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，∴B1C1⊥CE.(2)＝(1，－2，－1)．设平面B1CE的法向量＝(x，y，z)，则,即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为＝(－3，－2,1)．由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．于是cos〈，〉＝＝＝－，从而sin〈，〉＝，故二面角B1－CE－C1的正弦值为.(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝.于是＝，解得λ＝(λ＝－舍去)，∴AM＝.18．(1)；(2)是，(3)和（1）由题意可知椭圆的半焦距，由两个焦点与短轴的一个端点构成等边三角形得，，故椭圆的标准方程为.（2）由已知得，由图知，直线的倾斜角互补，即直线的斜率与的斜率互为相反数，可设直线的方程为，代入，消去得.设，所以，可得，因直线PM的斜率与PN的斜率互为相反数，所以在上式中以代替，可得，所以直线的斜率，即直线的斜率为定值.（3）由（1）已得，,可设直线的方程为：，代入，整理得：，则，即，设，则，于是，，点到直线的距离为，则的面积为：，因，则，故当时，取得最大值，此时直线的方程为,即和.19．(1)(2)(3)（1）由，可得，当时，对也成立，所以；因，，故（2），，即有，则，，上面两式相减可得，可得.（3），，两式作差可得，所以，因为，所以.关键点点睛：本题第三问的关键是能够理解数列的通项公式，然后将所求转化为求解即可.20．．(1)极大值，无极小值(2)答案见解析(3)【详解】（1）当时，，则，令，解得，当时，，则在单调递增，当x∈0,+∞时，，则在0,+∞所以有极大值，无极小值．（2），令，则，因为，所以，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以，设，则，因为，所以，所以在单调递减，又因为，所以当时，，