精品解析：天津市双菱中学2025届高三上学期第二次月考数学试卷

双菱中学2025届高三年级上学期第二次月考数学试卷 时间：120分钟 总分：150分 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线：和直线：，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. 函数在区间上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法错误的是（ ） A. 某校高一年级共有男女学生500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为50人的样本，若样本中男生有30人，则该校高一年级女生人数是200 B. 数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10 C. 在一元线性回归方程中，若线性相关系数r越大，则两个变量的线性相关性越强 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 5. 设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面给出下列四个命题： ①若，，，则； ②若，，，则； ③若，，，则； ④若，，，，则． 其中正确命题的个数是（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列的前项和为，且满足，，则下列结论正确的为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，若时，的最小值为．则下列选项正确的是（ ） A. 函数的周期为 B. 将函数的图像向左平移个单位，得到的函数为奇函数 C. 当，的值域为 D. 方程在区间上的根的个数共有6个 8. 已知正方体，，是线段上的点，且，分别过点，作与直线垂直的平面，，则正方体夹在平面与之间的部分占整个正方体体积的（ ） A. B. C. D. 9. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为，，设四边形的周长为，面积为，且满足，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分. 10. 已知m，，i是虚数单位，若，则__________． 11. 一组数据按照从小到大顺序排列为1，2，3，4，5，8，记这组数据的上四分位数（第75百分位数）为，则展开式中的常数项为______. 12. 甲箱中有5个红球、2个白球、1个黄球和2个黑球，乙箱中有4个红球、3个白球、2个黄球和2个黑球先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，设事件，，，分别表示从甲箱中取出的是红球、白球、黄球和黑球，事件B表示从乙箱中取出的球是红球，则______，______． 13. 已知圆的圆心与抛物线的焦点重合，两曲线在第一象限的交点为，则原点到直线的距离为______． 14. 在平行四边形中，，，点在边上，满足，则向量在向量上的投影向量为__________（请用表示）；若，点，分别为线段，上的动点，满足，则的最小值为__________． 15. 已知函数，若方程有2个实数根，则的取值范围是______． 三、解答题：本题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 在中，内角所对的边分别为，，，已知 （1）求角的大小； （2）已知，的面积为6，求： ①边长的值； ②的值. 17. 如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）设为棱上的点，若直线和平面的夹角的正弦值为，求线段的长． 18. 已知椭圆：的左、右焦点为，，为椭圆上一点，且，． （1）求椭圆的离心率； （2）已知直线交椭圆于，两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程． 19. 已知是等差数列，是公比不为1的等比数列，，，，且是与的等差中项． （1）求：数列和的通项公式． （2）设，求． （3）若对于数列、，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前项和为，求． 20. 设为实数，函数. （1）求函数的单调区间； （2）当时，直线是曲线的切线，求的最小值； （3）若方程有两个实数根，证明：. （注：是自然对数的底数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 双菱中学2025届高三年级上学期第二次月考数学试卷 时间：120分钟 总分：150分 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求解对数不等式和一元二次不等式，得到集合,再利用集合的交集定义求解即得. 【详解】由可得，即， 由可得， 即， 则. 故选：C. 2. 已知直线：和直线：，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 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线平行以及充分和必要条件等知识来求得正确答案. 【详解】由，得，解得或. 当时，，符合题意. 当时，，符合题意. 即等价于或， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 3. 函数在区间上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数奇偶性，结合图象利用赋值法、排除法即可得结果. 【详解】因为，， 且定义域关于原点对称，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，排除选项A和C； 当时，，所以， 排除选项D，只有选项B符合题意. 故选：B. 4. 下列说法错误的是（ ） A. 某校高一年级共有男女学生500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为50人的样本，若样本中男生有30人，则该校高一年级女生人数是200 B. 数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10 C. 在一元线性回归方程中，若线性相关系数r越大，则两个变量的线性相关性越强 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 【答案】C 【解析】 【分析】利用分层抽样计算判断A；求出第75百分位数判断B；利用线性相关系数的意义判断C；利用独立性检验的思想判断D. 【详解】对于A，该校高一年级女生人数是，A正确； 对于B，由，得第75百分位数为，B正确； 对于C，线性回归方程中，线性相关系数绝对值越大，两个变量的线性相关性越强，C错误； 对于D，由，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，D正确. 故选：C 5. 设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面给出下列四个命题： ①若，，，则； ②若，，，则； ③若，，，则； ④若，，，，则． 其中正确命题的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析即可得答案． 【详解】①若，，，则与平行、相交或异面，故错误； ②若，，则或，又，则，故正确； ③若，，则，又，则或，故错误； ④假设是在面上的投影，，，即，， 若，，，得，故正确． 故选：B 6. 已知数列的前项和为，且满足，，则下列结论正确的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意先求数列的前四项，即可看到数列具有周期性，因此根据这一特性，即可逐一计算各项中的值，即可判断答案. 【详解】因为，， 所以， ， 故数列是以3为周期的周期数列， 则，故A错； ，故B错； 又， 故，故C错； ，故D对， 故选：D. 7. 设函数，若时，的最小值为．则下列选项正确的是（ ） A. 函数的周期为 B. 将函数的图像向左平移个单位，得到的函数为奇函数 C. 当，的值域为 D. 方程在区间上的根的个数共有6个 【答案】D 【解析】 【分析】由条件结合三角函数图像得到函数的周期判断A选项，得到参数的值写出平移后的解析式判断函数奇偶性判断B选项；通过取值范围，求出范围，得到函数的值域判断C选项；令，求方程在的解的个数判断D选项. 【详解】因为函数，，则一个最大值一个最小值， 可知函数半个周期，即周期，A选项错误； 由，∴，∴，将函数的图像向左平移个单位， 得到的函数为是偶函数，B选项错误； 当时，，∴，C选项错误； 令，则，令， 则，∵，∴的值可以为：， 方程在区间上的根的个数共有6个，D选项正确. 故选：D. 8. 已知正方体，，是线段上的点，且，分别过点，作与直线垂直的平面，，则正方体夹在平面与之间的部分占整个正方体体积的（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设正方体的棱长为2，连接，利用线面垂直的判定定理可得平面，平面，再由体积相等可得被平面、平面三等分，所以平面、平面可看作平面、，再求体积之比可得答案. 【详解】设正方体的棱长为2， 连接， 可得，平面，因为平面， 所以，又，平面， 所以平面平面，又平面平面， 可得，同理可得，，， 且，平面，所以平面， 且，平面，所以平面， ， ， 因为， 所以， 分别设到平面、平面的距离为， 则， 即，解得， ，又， 可得被平面、平面三等分， 所以平面、平面可看作平面、， 正方体夹在平面与之间的部分的体积为， 则正方体夹在平面与之间的部分占整个正方体体积的. 故选：C. 9. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为，，设四边形的周长为，面积为，且满足，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线定义和已知列方程组，可用表示，然后可表示出四边形的面积，结合已知可得关系，最后根据勾股定理得出的关系即可得解. 【详解】由题意可得，，解得， 又为直径，所以四边形为矩形，所以， 又，所以，即， 由，得，即， 所以，即， 所以双曲线的渐近线方程为. 故选：B． 【点睛】思路点睛：求解双曲线的渐近线的常用思路： （1）转化已知条件，得到、、中任意两个量的等量关系； （2）若得到、的等量关系，则渐近线方程可得；若已知、或、之间的等量关系，结合可求得的值，则渐近线方程可求. 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分. 10. 已知m，，i是虚数单位，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数乘法运算结合复数相等的充要条件可得，即可由模长公式求解. 【详解】由可得， 故且，解得， 所以， 故答案为： 11. 一组数据按照从小到大顺序排列为1，2，3，4，5，8，记这组数据的上四分位数（第75百分位数）为，则展开式中的常数项为______. 【答案】10 【解析】 【分析】求数据中的四分位数得，利用二项式展开式通项求常数项即可. 【详解】由题设，则， 所以，展开式通项为， 当，则，即常数项为. 故答案为： 12. 甲箱中有5个红球、2个白球、1个黄球和2个黑球，乙箱中有4个红球、3个白球、2个黄球和2个黑球先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，设事件，，，分别表示从甲箱中取出的是红球、白球、黄球和黑球，事件B表示从乙箱中取出的球是红球，则______，______． 【答案】 ①. ②. ##0.375 【解析】 【分析】分别求出甲箱中拿出红、白、黄、黑球事件的概率，依据条件概率的公式和全概率公式分别计算结果. 【详解】由题意知：，，，， ，同理：，，， 由全概率公式可知：． 故答案为：， 13. 已知圆的圆心与抛物线的焦点重合，两曲线在第一象限的交点为，则原点到直线的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，首先解出抛物线的方程，联立方程组，解出交点的坐标，再求出直线的方程，最后由点到直线的距离公式，即可得到答案. 【详解】圆心与的焦点重合， 由可得 由点斜式方程可得： 即：，原点到的距离． 故答案为：. 14. 在平行四边形中，，，点在边上，满足，则向量在向量上的投影向量为__________（请用表示）；若，点，分别为线段，上的动点，满足，则的最小值为__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由向量在向量上的投影向量为，根据向量的线性运算和数量积的运算法则，求解即可；以为坐标原点建立平面直角坐标系，设，用含的式子表示出点和点的坐标，再根据向量的数量积的坐标运算法则，求解即可. 【详解】由，知， 因为，， 所以 ， 所以向量在向量上的投影向量为 ； 若，则， 以为原点建立平面直角坐标系，则， 设，则，， 所以，， 所以，， 所以， 是关于的开口向上，对称轴为的二次函数， 当时，取得最小值. 故答案为：； 15. 已知函数，若方程有2个实数根，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意对分类讨论，并通过数形结合即可得解. 【详解】题分析：令，已知函数， 依题意与图象有2个不同的交点． 当时，与图象有1个交点，不符合题意． 当时，函数与的图象如图所示， 两个函数图象始终有2个交点，所以，符合题意． 当时，函数与的图象如图所示， 因为，， 所以，，解得， 所以，． 综上所述，的取值范围为． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：在讨论当时，通过画图得出，由此即可顺利得解. 三、解答题：本题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 在中，内角所对的边分别为，，，已知 （1）求角的大小； （2）已知，的面积为6，求： ①边长的值； ②的值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换运算求解；（2）①根据题意利用面积公式可求得，再利用余弦定理运算求解；②先利用余弦定理求得，再根据平方求，利用倍角公式和两角差的余弦公式运算求解. 【小问1详解】 由题意可得： ， 可得， ∵， ∴. 【小问2详解】 ①∵的面积， ∴， 由余弦定理：，则； ②∵，即， 则， ∴， 故. 17. 如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）设为棱上的点，若直线和平面的夹角的正弦值为，求线段的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）． 【解析】 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，可得为平面的法向量，可求得即可证明； （2）求出平面和平面的法向量，即可由向量关系求出； （3）设，可得，结合为平面的法向量，再由即可求出. 【详解】（1）证明：如图，以为原点建立空间直角坐标系， 依题意可得，，，， ，，，， 又因为，分别为和的中点，得，． 可得为平面的法向量，， 由此可得， 又因为直线平面，所以平面． （2）解：，， 设为平面的法向量，则，即 不妨设，可得． 设为平面的法向量，则， 又，得， 不妨设，可得． 因此有， 所以，平面与平面的夹角的余弦值为． （3）解：依题意，可设，其中， 则，从而， 又为平面的法向量， 由已知，得， 整理得， 又因为，解得， 所以，线段的长为． 【点睛】利用空间向量求解立体几何问题的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 18. 已知椭圆：的左、右焦点为，，为椭圆上一点，且，． （1）求椭圆的离心率； （2）已知直线交椭圆于，两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，以及，建立关于的方程，即可得到结果； （2）设，由（1）可知，可设椭圆方程为，根据， 可得，设将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点满足椭圆方程，可求出，进而求出结果. 【小问1详解】 解：因为，所以，即， 则，解得． 【小问2详解】 解：设， 由，得，所以，所以 设，即 由于在椭圆上，则，，① 由，得，即 由在椭圆上，则, 即， 即，② 将①代入②得：，③ 若直线的斜率不存在，则线段的中点在轴上，不合乎题意， 线段的中点为，设 可知 ， 所以，其中，解得， 所以，方程为 又，④ 将④代入③得：， 经检验满足， 所以椭圆的方程为. 【点睛】方法点睛：解决中点弦的问题的两种方法： （1）韦达定理法：联立直线与曲线的方程，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决； （2）点差法：设出交点坐标，利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率关系求解. 19. 已知是等差数列，是公比不为1的等比数列，，，，且是与的等差中项． （1）求：数列和的通项公式． （2）设，求． （3）若对于数列、，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前项和为，求． 【答案】（1）, （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差等比数列的通项公式，计算可得； （2）结合两个数列的通项公式，可判断的前项中两个数列的项数，然后分组和错位相减求和可得； （3）求出的项数和总共有多少个2，利用分组求和可得. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为，， 由，则，故， 所以， 则，由，则， 又由是与的等差中项，所以， 即，解得或（舍去）， 故； 【小问2详解】 由 ， 则 ， 则， ， 两式相减得，， ， 则， 其中①， ② ②相减可得， ， 则， 所以， 则； 【小问3详解】 根据题意可得， 则， 故，则， 故当时，成立， 当时，成立， 所以共有项，共有个， 则. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； （2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于结构，利用分组求和法； （4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 20. 设为实数，函数. （1）求函数的单调区间； （2）当时，直线是曲线的切线，求的最小值； （3）若方程有两个实数根，证明：. （注：是自然对数的底数） 【答案】（1）当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）； （3）证明：由，可得， 令，则 ， 由，可得，由，可得， 所以在上单调递增，在上单调递减，且， ∴，不妨设，则 ，故 , 令，，所以，，， 要证，只要证，只要证， 令，则， 设，则， 由，可得，由，可得， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∵，，， 则存在，使得， ∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， ∵，， ∴在上恒成立， 所以． 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论根据其正负判断函数的单调性，即得； （2）根据导数的几何意义得切线方程，进而可得的表达式，构造函数，然后利用导数求最值即得； （3）由题可得，利用换元法变形为，从而将证明，转化为证明，再构造函数，利用导数求其最值进而即得. 【小问1详解】 因为， 所以，， 当时，在上恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，解得，函数在上单调递增， 由，解得，函数在上单调递减； 综上，当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 当时，，设切点为， 则切线斜率， 切线方程为，， ∴，， 所以， 令，则， 由，可得，由，可得， ∴在上单调递减，在上单调递增， 所以，即的最小值为； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $