2024-2025学年天津市2025届高三上册统练8数学检测试卷（含解析）

2024-2025学年天津市高三上学期统练8数学检测试卷一、单选题（本大题共9小题）1．已知集合，，，（）A． B．C． D．2．已知函数，若，则“”是“是递增数列”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件3．某校为了解高一年级学生的体育健康标准测试（简称“体测”）成绩的分布情况，从该年级学生的体测成绩（规定满分为100分）中，随机抽取了80名学生的成绩，并进行分组：50,60，60,70，，，90,100，绘制成如下频率分布直方图，频率分布直方图中a的值是（

）A．0.017 B．0.018 C．0.020 D．0.0234．已知是定义在上的奇函数，当时，，则（）A．3 B．2 C．2 D．35．当阳光射入海水后，海水中的光照强度随着深度增加而减弱，可用表示其总衰减规律，其中是消光系数，（单位：米）是海水深度，（单位：坎德拉）和（单位：坎德拉）分别表示在深度处和海面的光强．已知某海域6米深处的光强是海面光强的，则该海域消光系数的值约为（）（参考数据：，）A．0.2 B．0.18 C．0.15 D．0.146．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则7．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（

）

A．的最小正周期为B．当时，的值域为C．将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象D．将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称8．从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（

）A．195 B．154 C．175 D．1859．已知定义在上的函数满足：，且，则（

）A．1650 B．1651 C．651 D．676二、填空题（本大题共6小题）10．已知复数满足，则.11．的展开式中，的系数是.12．定义：已知平面向量，表示夹角为的两个单位向量，为平面上的一个定点，为平面上任意一点，当时，定义为点的斜坐标.设点的斜坐标为，则.13．在秋冬季节，疾病的发病率为，病人中表现出症状，疾病的发病率为，病人中表现出症状，疾病的发病率为，病人中表现出症状.则任意一位病人有症状的概率为，病人有症状时患疾病的概率为（症状只在患有疾病，，时出现）14．在平面四边形中，，，，若，则；若为线段上一动点，当取得最小值时，则.15．设，函数.若在区间内恰有2个零点，则的取值范围是.三、解答题（本大题共5小题）16．如图，的内角，，的对边分别为，，，直线与的边，分别相交于点，，设，满足.(1)求角的大小；(2)若，的面积为，求的周长.17．在四棱锥中，侧面底面，侧面为正三角形，底面为矩形，是的中点，且与平面所成角的正弦值为.(1)求证：平面；(2)求直线与直线所成角的余弦值；(3)求平面与平面所成夹角的正弦值.18．设椭圆的右焦点为，左右顶点分别为，.已知椭圆的离心率为，.(1)求椭圆的方程；(2)已知为椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，且，若三角形与三角形的面积比为1:2，求直线的方程.19．已知为公比大于0的等比数列，其前项和为，且．(1)求的通项公式及；(2)设数列满足，其中．（ⅰ）求证：当时，求证：；（ⅱ）求．20．已知函数，的导函数为，且.(1)讨论的单调性；(2)若为的极大值点，求实数的取值范围；(3)若为锐角，比较和的大小关系，并说明理由.

答案1．【正确答案】B【详解】，故，故选：B2．【正确答案】B【详解】为递增数列，而“”是“”的充分不必要条件，故“”是“是递增数列”的充分不必要条件.故选：B.3．【正确答案】C【详解】由题意得，解得故选：C4．【正确答案】B【详解】根据题意，是定义在上的奇函数，当时，，则.故选：B5．【正确答案】C【详解】依题意得，，化成对数式，，解得，．故选：C．6．【正确答案】C【详解】对于A：如图，若，但直线平行，故A错误；对于B：如图，若，但是平面不平行，故B错误；对于C：如图，若，过直线作两个平面，可得则，故C正确；对于D：如图，若，则，故D错误.故选C.7．【正确答案】B【详解】对于A，由图可知，，函数的最小正周期，故A正确；由，，知，因为，所以，所以，，即，，又，所以，所以，对于B，当时，，所以，故B不正确；对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C正确；对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，因为当时，，所以得到的函数图象关于点对称，故D正确.故选：B.8．【正确答案】C【详解】排列与组合解法一（正难则反）：存在，，使得表示所取的4个数中总有相邻的数，直接求解较复杂，考虑正难则反的方法．假设，若不存在，使得，则，所以符合条件的取法种数为．解法二（转化法）：若存在，，使得，则所取的4个数中至少有2个是连续正整数，若只有2个是连续正整数，问题转化为把6个相同的白球与4个相同的红球排成一行，要求只有2个红球相邻，先把6个白球排成一行，再用插空法排红球，排法种数为．同理可得若只有3个是连续正整数，排法种数为．若4个都是连续正整数，排法种数为7．若4个数中有2个是连续正整数，另外2个也是连续正整数，但这4个数不是4个连续正整数，则排法种数为．所以符合条件的取法种数为.故选：C．9．【正确答案】B【详解】由，可得①，则有②，③，将①②③左右分别相加，得，又，即，故得，所以，，将以上式子左右分别相加，即得：，又，所以.故选：B.10．【正确答案】【详解】由题意.所以.故11．【正确答案】6【详解】对于的展开式，依据排列组合知识，相当于从这3个因式中选出个因式取元素，再从剩下的个因式中选出个因式取元素，最后再从剩下的个因式中取元素1.根据分步乘法计数原理，可知选取的情况种数为.所以可以得到的通项公式为：.根据通项公式，可得的系数为.故612．【正确答案】【详解】平面向量，表示夹角为的两个单位向量，则有，依题意，，则.故答案为.13．【正确答案】//【详解】由题意可知：，，，，，，由全概率公式可知：，即任意一位病人有症状的概率为，由贝叶斯公式可知：，即病人有症状时患疾病的概率为.故，.14．【正确答案】【详解】因为平面四边形中，，，，所以是边长为2的等边三角形，在，，所以，因为，又，所以，所以在，同理可得在上，且分别是的四等分点，如图建立平面坐标系，

则，所以，再设，则，，显然时，取得最小，此时，所以.

故；.15．【正确答案】【详解】本解析中，“至多可能有1个零点”的含义是“零点个数不超过1”，即不可能有2个不同的零点，并不意味着零点一定在某些时候存在1个.当时，只要，就有，故在上至多可能有1个零点，从而在上至多可能有1个零点，不满足条件；当时，有，所以在上没有零点.而若，则只可能，所以在上至多可能有1个零点.故在R上至多可能有1个零点，从而在上至多可能有1个零点，不满足条件；当时，解可得到，且由知，从而确为在上的一个零点.再解方程，即，可得两个不同的实数根.而，.故确为在上的一个零点，而当且仅当时，另一根是在上的一个零点.条件为在区间内恰有2个零点，从而此时恰有两种可能：或.解得；当时，验证知恰有两个零点和，满足条件.综上，的取值范围是.故16．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）由正弦定理得，又∵∴，得.（2）∵即,根据余弦定理可得即,则，所以，得的周长为.17．【正确答案】(1)证明见解析．(2)；(3)．【详解】（1）底面为矩形，则，又因为侧面底面，侧面底面，平面，所以平面，而平面，所以，又侧面为正三角形，是的中点，所以，又，平面，所以平面；（2）取中点，连接，则，又因为侧面底面，侧面底面，平面，所以平面，以为原点，过平行于的直线为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，则，，，，则，，平面的一个法向量是，因为与平面所成角的正弦值为.，所以，解得（负值舍去），，，所以直线与直线所成角的余弦值为；（3）由（2）知，设平面的一个法向量是，则，取，则，，所以为平面的一个法向量，，，，设平面的一个法向量是，则，取，则，，所以为平面的一个法向量，，设平面与平面所成夹角为，则，从而．所以平面与平面所成夹角的正弦值为．18．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）因为，，，所以，所以，所以，所以椭圆方程为；（2）如图，因为三角形与三角形的面积之比为，所以三角形与三角形的面积比为，所以，得，显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，联立，所以，所以，，所以，解得，当时，，当时，，故直线的方程为.19．【正确答案】(1)(2)①证明见详解；②【详解】（1）设等比数列的公比为，因为，即，可得，整理得，解得或（舍去），所以.（2）（i）由（1）可知，且，当时，则，即可知，，可得，当且仅当时，等号成立，所以；（ii）由（1）可知：，若，则；若，则，当时，，可知为等差数列，可得，所以，且，符合上式，综上所述.2.根据等差数列求和分析可得.20．【正确答案】(1)答案见解析(2)(3)，理由见解析【详解】（1）依题意，有，当时，，在上单调递增；当时，令，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）依题意，，当时，易知，由（1）可知，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以是函数的极小值点，不符合题意，舍去；当时，