2024-2025学年天津市宝坻区高三上学期第二次月考数学检测试卷（附解析）

2024-2025学年天津市宝坻区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．已知集合，若，则集合B可以是（

）A． B． C． D．2．设是三个不同平面，且，，则“”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．已知，，，则a，b，c的大小关系为A． B． C． D．4．函数的大致图象为（

）A． B．C． D．5．过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（

）A．1 B． C． D．6．已知抛物线：的焦点为，准线为，点在上，过A点作准线的垂线交准线于，若，则（

）A． B． C． D．7．函数在区间的最小值、最大值分别为（

）A． B． C． D．8．随着北京中轴线申遗工作的进行，古建筑备受关注．故宫不仅是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑之一，更是北京中轴线的“中心”．图1是古建筑之首的太和殿，它的重檐庑（wŭ）殿顶可近似看作图2所示的几何体，其中底面题矩形，，四边形是两个全等的等腰梯形，是两个全等的等腰三角形．若，则该几何体的体积为（

）

（图1）

（图2）A．90 B． C． D．1359．已知菱形的边长为2，，点分别在边上，,.若，则等于()A． B．C． D．二、填空题（本大题共6小题）10．若复数满足(是虚数单位)，则的虚部是.11．二项式的展开式中，的系数为10，则．12．从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为；从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为.13．纸张的规格是指纸张制成后，经过修整切边，裁成一定的尺寸．现在我国采用国际标准，规定以，，，，，…等标记来表示纸张的幅面规格．复印纸幅面规格只采用系列和系列，其中系列的幅面规格为：①，，，…，所有规格的纸张的幅宽（以表示）和长度（以表示）的比例关系都为；②将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，…，如此对开至规格．现有，，，…，纸各一张．若纸的宽度为，则纸的面积为；这9张纸的面积之和等于．14．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左､右焦点分别为，点在双曲线上，点在轴上，，，则双曲线15．已知函数.设关于的不等式的解集为，若，则实数的取值范围是.三、解答题（本大题共5小题）16．在中，角所对的边分别为a,b,c，已知．(1)求；(2)求；(3)求的值．17．如图，四棱锥中，底面ABCD，，，，，M为PC上一点，且，，.（1）证明：平面PAD；（2）求直线DM与平面PBC所成角的正弦值；（3）求三棱锥的体积.18．设椭圆，且离心率为，过点的直线与椭圆交于，两点，当直线经过椭圆中心时，.(1)求椭圆的方程；(2)已知点，直线和直线分别与轴交于，，与轴交于，，若，求直线的斜率.19．已知函数(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求证：；(3)若函数在区间上无零点，求a的取值范围．20．定义首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”.(1)已知等比数列满足：．求证：数列为“数列”；(2)已知各项为正数的数列满足：，其中是数列的前项和.①求数列的通项公式；②设为正整数，若存在“-数列”（），对任意正整数，当时，都有成立，求的最大值.

答案1．【正确答案】D【详解】，A错误；，B错误；，C错误；，D正确.故选：D2．【正确答案】B【分析】由充分条件和必要条件的定义结合线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.【详解】由，，，则可能相交，故“”推不出“”，由，，，由面面平行的性质定理知，故“”能推出“”，故“”是“”的必要不充分条件.故选B.3．【正确答案】D【详解】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由题意结合对数函数的性质可知：，，，据此可得.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．4．【正确答案】A【详解】的定义域为，，为奇函数，图象关于原点对称，排除C选项.,，排除BD选项.所以A选项符合.故选：A5．【正确答案】B【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，因为，则，可得，则，，即为钝角，所以；法二：圆的圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，连接，可得，则，因为且，则，即，解得，即为钝角，则，且为锐角，所以；方法三：圆的圆心，半径，若切线斜率不存在，则切线方程为x=0，则圆心到切点的距离，不合题意；若切线斜率存在，设切线方程为，即，则，整理得，且设两切线斜率分别为，则，可得，所以，即，可得，则，且，则，解得.故选：B.

6．【正确答案】B【详解】因为，根据抛物线定义有：，设与轴的交点为，因为，所以.因为，所以.故A，C，D错误.故选：B.7．【正确答案】D【详解】，所以在区间和上，即单调递增；在区间上，即单调递减，又，，，所以在区间上的最小值为，最大值为.故选：D8．【正确答案】B【分析】将该五面体分割为四棱锥和三棱柱，结合棱柱和棱锥的体积公式求其体积．【详解】过点作，，又，，平面，所以平面，过点作，，又，，平面，

所以平面，因为底面，平面，平面平面，所以，同理，所以，，，，平面，平面，平面，平面，所以，，因为，与是全等的等腰三角形，由对称性可得，，所以，连接点与的中点，则，所以，又，所以三棱柱的体积为，因为平面，平面，所以，又，，平面，，所以平面，又矩形的面积为，所以四棱锥的体积为，由对称性可得四棱锥的体积为，所以五面体的体积为．故选：B9．【正确答案】C【详解】试题分析：，，即①，同理可得②，①+②得，故选C．考点：1．平面向量共线充要条件；2．向量的数量积运算．10．【正确答案】【详解】因为，所以，所以的虚部是.故答案为.11．【正确答案】2【详解】易知二项式的展开式通项公式为，显然时，.故212．【正确答案】/0.3/0.4【详解】从5名同学中随机选3名参加社区服务工作共有种选法，其中甲、乙都入选共有种，所以甲、乙都入选的概率；从6张卡片中无放回随机抽取2张共有种抽取情况，抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的情况有：1,4，，，，，共计6种情况，所以抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率.故，13．【正确答案】/【详解】由题设，若的长宽分别为，则的长宽分别为，的长宽分别为，的长宽分别为，的长宽分别为，又纸宽度为，所以，则的面积为，由上分析，面积为，面积为，面积为，，依次类推，易知，这9张纸的面积是以为首项，为公比的等比数列，所以，面积之和为.故；14．【正确答案】/【详解】据题意有，，设，则.所以，而，故，故.再由可知，所以，故.从而，故，从而.故，得，故，.故答案为.15．【正确答案】【详解】由于f（x），关于x的不等式f（x+a）＜f（x）的解集为M，若[，]⊆A，则在[，]上，函数y＝f（x+a）的图象应在函数y＝f（x）的图象的下方．当a＝0时，显然不满足条件．当a＞0时，函数y＝f（x+a）的图象是把函数y＝f（x）的图象向左平移a个单位得到的，结合图象（右上方）可得不满足函数y＝f（x+a）的图象在函数y＝f（x）的图象下方．当a＜0时，如图所示，要使在[，]上，函数y＝f（x+a）的图象在函数y＝f（x）的图象的下方，只要f（a）＜f（）即可，即﹣a（a）2+（a）＜﹣a（）2，化简可得a2﹣a﹣1＜0，解得a，故此时a的范围为（，0）．综上可得，a的范围为（，0），故（，0）．

16．【正确答案】(1)(2)(3)【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可；（2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到；（3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.【详解】（1）设，，则根据余弦定理得，即，解得（负舍）；则.（2）法一：因为为三角形内角，所以，再根据正弦定理得，即，解得，法二：由余弦定理得，因为，则;（3）法一：因为，且B∈0,π，所以，由（2）法一知，因为，则，所以，则，;;法二：，则，因为为三角形内角，所以，所以.17．【正确答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【详解】（1）证明：过M作交PD于N，连接AN，则，，又，，，，四边形ABMN是平行四边形，，又平面PAD，平面PAD，平面PAD.（2）连接BD，，，，，，，又，，以D为原点，以DB，DC，DP为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，，，设平面PBC的法向量为，则，即，令可得，，直线DM与平面PBC所成的角的正弦值为.（3），.18．【正确答案】(1)(2)0或.【详解】（1）当直线AB经过椭圆中心O时，，得，又，所以，得，所以；（2）①当直线的方程为时，显然A−2,0，；直线的方程为，所以；直线的方程为，所以；此时点与点A重合，点与点重合，易知；②设直线，Ax1,，，即，即或，；，；，；直线，直线令，，令，，则即也即则，，斜率为；综上，直线的斜率为0或.19．【正确答案】(1)(2)见解析(3)【详解】（1），则，又，所以曲线在点处的切线方程为，（2）因为所以，要证明，只需要证明，即证.令，则，当时，，此时在上单调递增；当时，，此时在上单调递减，故在取极大值也是最大值，故，所以恒成立，即原不等式成立.（3），当时，，故当时，在区间上恒成立，符合题意；当时，，令，则在区间上恒成立，所以在单调递减，且，①当时，此时，在区间上恒成立，所以在区间单调递减，所以在上恒成立，符合题意，②当时，此时，由于且，所以，所以，故存在使得，故当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，故时，取极大值也是最大值，故，由，可得，令，得，所以在上存在零点，不符合题意，舍去，综上可知，a的取值范围为.20．【正确答案】(1)证明见解析；(2)①；②5.【分析】（1）根据题意列出方程求出首项和公比即可证明；（2）①根据可得，即可判断数列为等差数列，即可求出通项公式；②根据题意，构造函数，利用导数可得即可求解.【详解】（1）设等比数列的公比为，所以，由，得，解得，因此数