天津市第四中学2024−2025学年高三下学期统练二数学试题（含解析）

这是一份天津市第四中学2024−2025学年高三下学期统练二数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共9小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．下列命题中，真命题是（ ）
A．“”是“”的必要条件
B．，
C．
D．的充要条件是
3．某公司收集了某商品销售收入（万元）与相应的广告支出（万元）共10组数据（），绘制出如下散点图，并利用线性回归模型进行拟合.
若将图中10个点中去掉点后再重新进行线性回归分析，则下列说法正确的是（ ）
A．决定系数变小B．残差平方和变小
C．相关系数的值变小D．解释变量与预报变量相关性变弱
4．新冠疫情防控常态化，核酸检测应检尽检！核酸检测分析是用荧光定量法，通过化学物质的荧光信号，对在扩增进程中成指数级增加的靶标实时检测，在扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，的数量与扩增次数满足：，其中为扩增效率，为的初始数量.已知某被测标本扩增5次后，数量变为原来的10倍，那么该标本的扩增效率约为（ ）（参考数据：，）
A．0.369B．0.415C．0.585D．0.631
5．已知函数的零点为，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，，分别表示三条直线，表示平面，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有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
7．函数的最小正周期为，其图象向右平移个单位长度后关于原点对称，则函数在上的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，设，是双曲线的左、右焦点，过点作渐近线的平行线交另外一条渐近线于点，若的面积为，离心率满足，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
9．如图是一个棱长为2的正方体被过棱、的中点、，顶点和过点顶点、的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的体积为（ ）
A．5B．6C．7D．8
二、填空题（本大题共6小题）
10．已知，则的虚部为 .
11．的展开式中，的系数为 .
12．过原点的一条直线与圆：相切，交焦点为F的拋物线（）于点，若，则的值为 .
13．随着我国经济发展越来越好，外出旅游的人越来越多，现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区，这6个随机选择1个景点游玩，两位游客都选择天津之眼摩天轮的概率为 ．这两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮的条件下，他们选择的景点不相同的概率 ．
14．如图，在中，，，CD与BE交于点P，，，，则的值为 ；过点P的直线l交AB，AC于点M，N，设，（，），则的最小值为 .
15．已知函数，则函数的零点个数是 .
三、解答题（本大题共5小题）
16．的角，，所对的边分别是，，，若，，.
(1)求和；
(2)求.
17．在三棱柱中，侧面正方形的中心为点，平面，且，，点满足.
(1)若，求证平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)若平面与平面的夹角的正弦值为，求的值.
18．已知椭圆的左顶点为，两个焦点与短轴一个顶点构成等腰直角三角形，过点且与x轴不重合的直线l与椭圆交于M，N不同的两点．
（Ⅰ）求椭圆P的方程；
（Ⅱ）当AM与MN垂直时，求AM的长；
（Ⅲ）若过点P且平行于AM的直线交直线于点Q，求证：直线NQ恒过定点．
19．已知数列是正项等比数列，是等差数列，且，，，
(1)求数列和的通项公式；
(2)表示不超过x的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求范围；
(3)，数列的前项和为，求证：．
20．已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值；
(3)若关于的方程有两个实根，，求证：．
参考答案
1．【答案】C
【详解】依题意，，，
则．
故选C.
2．【答案】B
【详解】A：，反推则不能，故“”是“”的充分不必要条件，A为假命题；
B：，，B为真命题；
C：当x＝－2时，，故为假命题；
D：且b≠0，故D为假命题.
故选B.
3．【答案】B
【详解】从图中可以看出点较其他点，偏离直线远，故去掉点后，回归效果更好，
故决定系数会变大，更接近于1，残差平方和变小，
相关系数的绝对值，即会更接近于1，由图可得与正相关，故会更接近于1，
即相关系数的值变大，解释变量与预报变量相关性变强，
故A、C、D错误，B正确.
故选B.
4．【答案】C
【解析】由，得，由题意可得，从而可求出的值
【详解】解：因为，
所以，
由题意得时，，代入上式得
，所以，
，
，
故选C.
5．【答案】C
【详解】因为是的零点，则为的解，分别做与的图像如下，
如图可知，所以，，
所以.
故选C.
6．【答案】B
【详解】①，平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，所以①错误.
②，直线可能在平面内，故②错误.
③，垂直于同一条直线的两条直线可能平行、相交或异面，故③错误.
④，垂直于同一平面的两条直线平行，故④正确.
所以正确的命题个数有个.
故选B.
7．【答案】D
【详解】因为的最小正周期为，故可得，又，解得；
故，将其向右平移个单位，可得，
又因为其是奇函数，故可得，又，
故可得.
综上所述，，又，则，
故在区间上的最大值为.
故选.
8．【答案】B
【详解】设双曲线的渐近线的倾斜角为，则，在等腰三角形中，根据正弦定理可得：，得，所以，解得或，又，，所以，从而，所以双曲的方程为，
故选B．
9．【答案】C
【详解】解：如图将正方体还原可得如下图形：
则，，，
所以该几何体的体积.
故选C.
10．【答案】
【详解】令，则，
因，则，
即，则，
解得，则，故的虚部为.
11．【答案】
【详解】，
其中的展开式通项为，，故时，得含的项为；
的展开式通项为，，故时，得含的项为.
因此，式子的展开式中，含的项为，即系数为 .
12．【答案】2
【详解】易知圆和曲线关于轴对称，
不妨设切线方程为，，
所以，解得：，
由解得：或，即，
由于，
所以，解得：．
当时，同理可得．
13．【答案】
【详解】设事件表示“两位游客都选择天津之眼摩天轮”，
则；
设事件表示“两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮”，事件表示“他们选择的景点不相同”，
则，，
∴．
14．【答案】 2
【详解】在中，，，设，
则，
由三点共线，得，解得，因此，
因为，，，于是
，解得；
因为，，，则有，
而三点共线，因此，则
，当且仅当，即取等号，
所以当时，取得最小值.
15．【答案】112
【详解】作出的图象，如图，
令，考虑方程的根，由图象可知有16个根，
分别设为，由图象知，
，
再考虑，分别作出直线，
可知原函数共有零点个.
16．【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）由余弦定理可得，由，则，
由，即，代入上式整理可得，
解得，则，
由，根据正弦定理，可得.
（2）
.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）利用三角形的中位线，证明，得证平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离；
（3）求出两个平面的法向量，利用两个平面夹角的正弦值，求的值.
【详解】（1）证明：连接，
∵，，∴点是的中点，
又∵是的中点，∴，
又平面， 平面，∴平面.
（2）∵正方形，∴，又平面，
∴以为原点，，，的方向分别为，，轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
正方形中，则，
，得，
则，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，可得法向量为，
又，
∴点到平面的距离.
（3）∵，∴，，
则，，
设面的一个法向量为，
则，令，则，
可得法向量为，
∵在三棱柱中，平面平面，∴平面法向量为，
∴，
∵平面与平面所成角的正弦值为，
∴，可得，解得或.
18．【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【详解】（1）因为，所以
因为两个焦点与短轴一个顶点构成等腰直角三角形，
所以 ,
又 ,
所以 ，
所以椭圆方程为 .
（2）方法一：
设,
， ,
,
,
，（舍）
所以.
方法二：
设，
因为与垂直，
所以点在以为直径的圆上，
又以为直径的圆的圆心为，半径为，方程为,
，
，（舍）
所以
方法三：
设直线的斜率为， ，其中

化简得
当时，
得 ，
显然直线存在斜率且斜率不为0.
因为与垂直，
所以 ,
得，， ,
所以
（3）直线恒过定点,
设，，
由题意，设直线的方程为，
由 得，
显然，，则，，
因为直线与平行，所以，
则的直线方程为，
令，则，即 ,
，
直线的方程为,
令，得,
因为，故，
所以直线恒过定点.
19．【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设出公比和公差，得到方程组，求出公比和公差，求出通项公式；
（2）求出，设，作差法得到其单调性，结合集合有4个元素，求出；
（3）设，错位相减法求和得到，设，裂项相消法得到，从而求出，求和证明出结论.
【详解】（1）设数列首项，设公比，设数列首项，设公差，
∵，即，
∴，（舍去），，
∴．；
（2），
其中，
∴，
集合，设，
，
所以当时，，当时，．
计算可得，，，，，
因为集合有4个元素，．
（3），
，
设①，
②，
上式①-②得，
，
所以，
当n为奇数时，，
则
，
.
【方法总结】常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且
20．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1），，
又，则有，
即曲线在处的切线方程为；
（2）由题意可得在上恒成立，
令，则，
令，则，
则当时，，故在上单调递增，
则当时，，
当时，，故在上单调递增，
有，符合要求，
当时，由，，
则存在，使，即当时，，
当，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，不符合要求，故舍去，
综上所述，，故实数的最大值为；
（3），
由，即有有两个实根，，
令，，
当时，恒成立，不可能有两个实根，故舍去；
当，则时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则有，即，
又，
不妨令，则有，
有，令，，即有，
则有，即，
即，则要证，只需证，
即证， 令，即证，
令，，
则恒成立，
故在上单调递减，故，
即有在时恒成立，故得证；
由（2）可知，当时，在上恒成立，
即在上恒成立，
则当时，，即，
由，则、，
故，，
则，，
又，即，即，
即，则有，
整理得，即，即，
即；
综上，得证.