天津市2024-2025学年高三上学期第二次月考数学检测试卷（附解析）

天津市2024-2025学年高三上学期第二次月考数学检测试卷一、单选题（本大题共9小题）1．已知全集，若，则集合（）A． B． C． D．2．某小学为了解学生的身体状况，抽取了名学生的身高，将所得的数据整理后，画出了如图所示的频率分布直方图，则所抽取的学生身高在的人数约为（

）A．100 B．90 C．80 D．703．已知a，，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．既不充分也不必要条件4．已知函数的图象上距离原点最近的对称中心是（）A． B． C． D．5．已知，，，则（）A． B． C． D．6．下列哪个函数在区间的大致图象如图所示（）A． B．C． D．7．已知椭圆的右顶点A，右焦点F，经过A、F两点的圆C与y轴相切于点，则圆C被直线AB截得的弦长为（）A． B． C． D．8．如图，三棱柱中，是上靠近的三等分点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（）

A． B． C． D．9．在无穷数列中，，，数列的前n项和为，则的最大值与最小值的差为（）A． B．C． D．无法确定二、填空题（本大题共6小题）10．已知是虚数单位，复数.11．在二项式的展开式中，常数项为．12．在等差数列中，数列的前n项和为，，，若，则的最小值为.13．现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6.则这7个数的第75百分数是；从这7张卡片中随机抽取2张，则所抽取卡片上数字的最小值为2的概率.14．已知边长为2的菱形ABCD，，若O为菱形ABCD中心，E为BC中点，记，，则（结果用，表示）；若P是菱形ABCD及其内部的一点且满足，则动点P所在的曲线长度为.15．若函数恰有两个零点，则a的取值范围为.三、解答题（本大题共5小题）16．在中，内角的对边分别为，且，.(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值.17．如图，在直五棱柱中，，，，，，.(1)求证：；(2)求平面与平面的夹角余弦值；(3)求点到平面的距离.18．已知椭圆的右顶点为A，左焦点为F，点P在椭圆C上，最大值与最小值的比为.(1)求椭圆的离心率；(2)若线段AP的垂直平分线与y轴相交于点Q，且为等边三角形，求直线AP的斜率；(3)当时，直线上存在一点Q，使得是以A为直角顶点的等腰直角三角形，求实数m的取值范围.19．阅读材料并回答问题：设，为两组实数.，，，，是，，，，的任一排列，则如图，在平面直角坐标系xOy中，在x轴的正半轴上，依次取n个点.、、，在y轴的正半轴上依次取n个点.、、，其中、已知数列为等比数列，为等差数列，且，，.

(1)求，的通项公式；(2)若数列中，，，求证：；(3)任意选取某两个点与（，2，，n；，2，，n）连结它们，得到，这样一一搭配，一共可以得到n个三角形，求这n个三角形的面积之和最小值.（结果用n表示）20．已知函数(1)若对于任意的，都有函数是增函数，求的取值范围；(2)当，时，若函数有两个不同的零点，证明：；(3)当，时，若且，证明：

答案1．【正确答案】D【详解】全集，，则，所以.故选：D2．【正确答案】A【详解】根据频率分布直方图得，身高在的频率为，所以人数约为人.故选：A.3．【正确答案】A【详解】若，则，反之，取，，即成立，不能推出，所以“”是成立的充分不必要条件.故选：A4．【正确答案】B【详解】因，由可得，即函数的对称中心为，故当时，点为函数距离原点最近的对称中心.故选：B.5．【正确答案】D【详解】，而，则，又，所以.故选：D6．【正确答案】B【详解】对于A，，当时，，A不是；对于C，当时，在上递增，在上递减，C不是；对于D，当时，，在接近3时，随着的增大，函数值缓慢增大，D不是；对于B，令，，函数是奇函数，当时，求导得，即函数在上单调递增，由奇函数性质知，函数在上单调递增，因此函数在上单调递增，B符合要求.故选：B7．【正确答案】D【详解】椭圆的右顶点，右焦点，则圆的圆心在直线上，由圆与轴相切，得圆的半径，圆心到轴的距离，即圆的圆心坐标为，因此点是圆C与y轴相切的切点，所以.故选：D

8．【正确答案】C【详解】取靠近的三等分点，连接，如图所示，因为分别是靠近的三等分点，所以且，所以，所以四点共面；设三棱柱的高为，三棱锥体积，因为，所以，，所以，所以，所以，所以，故选：C.

9．【正确答案】C【详解】由，，得，而，则数列是等比数列，于是，当为奇数时，，，当为偶数时，，，因此的最大值与最小值分别为，所以的最大值与最小值的差为.故选：C10．【正确答案】【详解】，故答案为.11．【正确答案】160【分析】求得二项展开式的通项，令，求得，代入即可求解.【详解】由题意，二项式的展开式的通项为，令，可得，代入可得，所以展开式的常数项为.故答案为.12．【正确答案】17【详解】在等差数列中，，解得，而，则，数列的公差，则，由，得，而，则或或或，所以当时，的最小值为.故1713．【正确答案】5【详解】由，得这7个数的第75百分数是5；从这7张卡片中随机抽取2张，有个不同结果，取到最小数字2的事件有个结果，所以所抽取卡片上数字的最小值为2的概率.故5；14．【正确答案】【详解】在菱形中，为中点，E为BC中点，则，所以；以菱形的对角线分别为轴建立平面直角坐标条系，由，得，则，设，，由，得，解得，因此动点P的轨迹是直线与边的交点间线段，而点到直线的距离为，因此，所以动点P所在的曲线长度为.故；15．【正确答案】【详解】（1）时，，易知它有三个零点：，不合题意；（2）时，或，，，，时，，时，，时，，时，，所以其中，，①，即时，在上递减，，此时无零点，在上无零点，对，由于，有一正根一负根，而，因此正根大于，所以在上有一个零点；，时，，，因此与都是递减的，从而在上递减，而，因此在上有一个零点，综上，在R上有两个零点，符合题意；②时，与①相同知在上有一个零点，在上有一个零点，在上，，且，由，解得，时，无零点，因此在R上只有两个零点，符合题意；时，在上至少有一个零点，从而在R上至少有三个零点，不合题意，（3）时，或，，，，时，，时，，时，，时，，所以，，，，已经有一个零点，①，即时，，在上递减，在上递增，在上递减，，则，又，所以在和上各有一个零点，又也是它的零点，零点个数多于2个，不合题意，②时，，在上单调递减，又，因此在上有一个零点，又由得，，所以在时，在上只有一个零点，此时，因此在上递增，因此在上无零点，同理，，在上单调递增，因此因此在上无零点，在，，若，又，从而，在上至少有一个零点，从而在上零点个数多于2个，不合题意，时，在上没有零点，所以在R上只有两个零点，满足题意，综上，的取值范围是．16．【正确答案】(1)(2)(3)【详解】（1）因为，所以，所以，所以，又因为，所以，化简可得，所以.（2）因为，且，所以.（3）因为，所以，，又因为，且，所以.17．【正确答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）因为几何体为直五棱柱，所以平面，又平面，所以，因为，平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）由直五棱柱的结构特点可知平面，因为，，所以，故以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，，，所以四边形是矩形，因为，，所以是等腰直角三角形，所以，所以，设平面的一个法向量为，所以，取，则，所以，设平面的一个法向量为，所以，取，则，所以，所以，所以平面与平面的夹角余弦值为.（3）因为平面的一个法向量为，且，所以点到平面的距离为.18．【正确答案】(1)(2)(3)【详解】（1）因为PF最大值与最小值的比为，所以，解之得；（2）因为，所以设，则所以，于是椭圆方程为，所以右顶点为，设直线AP的斜率为，直线AP的直线方程为，联立，消去得，，因为直线AP与椭圆交于A、P两点，所以，即.设线段AP的中点为，则，所以线段AP的垂直平分线的方程为，所以交点.因为为等边三角形，所以，所以，即，化简整理可得，，所以（舍去），所以；（3）因为，所以，所以，所以椭圆方程为，所以点，设直线的斜率为，则直线方程为，联立消去得，，易知，，所以，当时，则直线方程为，与直线联立解得点，所以，因为是以A为直角顶点的等腰直角三角形，所以，所以，所以，令，则，因为或，所以，所以，所以.当时，则，此时直线方程为，取即可.所以，当时，则，此时直线方程为，取即可，此时直线分别为、，所以，.综上所述，实数m的取值范围是.19．【正确答案】(1)，；(2)证明见解析；(3).【详解】（1）设等比数列公比为，由，得，解得，，由，得等差数列公差，则，所以，的通项公式分别为，.（2）由（1），得当时，，数列都为递增数列，则数列是递增数列，因此当时，数列单调递减，，当时，，于是，当时，，当时，，而，所以.（3）由（1）知，，，显然数列都是递增数列，，由给定的材料知，得到的n个三角形面积之和的最小值为：，令，则，于是，两式相减得所以这n个三角形的面积之和最小值为.20．【正确答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）由于，故.若，则在时，对有.所以fx在上递减，不满足条件；若，则在时，对有.所以fx在上递减，不满足条件；若，设，则.故对有，对有.从而在上递减，在上递增，所以对有.从而对任意正整数都有：当或时.这表明对任意正整数，函数fx在和上递增，从而在上递增，满足条件.综上，的取值范围是.（2）此时，，所以对有，对x>1有.故fx在上递减，在上递增，从而，故，.由已知有，故由可知，同时根据单调性有，这表明.从而，故根据单调性有，所以.设，，则.对有，对有，所以在上