精品解析：天津市第一中学2024-2025学年高三上学期暑假作业验收检测数学试题

暑假作业验收检测 一、单选题 1. 集合，，则（ ）． A. B. C. D. 2. 设，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. 函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 4. 某校1000名学生参加环保知识竞赛，随机抽取了20名学生考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 频率分布直方图中的值为0.004 B. 估计这20名学生考试成绩的第60百分位数为75 C. 估计这20名学生数学考试成绩的众数为80 D. 估计总体中成绩落在内学生人数为150 5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递增 D. 的图像关于点对称 8. 抛物线的焦点为，其准线与双曲线的渐近线相交于两点，若的周长为，则（ ） A. 2 B. C. 8 D. 4 9. 如图，过圆外一点作圆的切线，，切点分别为，现将沿折起到，使点在圆所在平面上的射影为圆心，若三棱锥的体积是圆锥体积的，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 二、填空题 10. 已知i是虚数单位，化简的结果为______． 11. 二项式的展开式中含的系数为______． 12. 已知实数，则最小值为___________. 13. 袋子中装有个白球，3个黑球，2个红球，已知若从袋中每次取出1球，取出后不放回，在第一次取到黑球的条件下，第二次也取到黑球的概率为，则的值为______，若从中任取3个球，用表示取出3球中黑球的个数，则随机变量的数学期望______． 14. 如图，在边长1为正方形中，，分别是，的中点，则______，若，则______. 15. 已知函数，则________；若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为________． 三、解答题 16. 中，角，，所对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求的值. 17. 如图，在四棱锥中，底面矩形，平面，，，点在线段上，且. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知函数，． （1）当时，求函数在点处的切线； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围． 19. 已知椭圆的离心率为，右焦点为． （1）求椭圆方程； （2）过点的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线与直线交于点，为等边三角形，求直线的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 暑假作业验收检测 一、单选题 1. 集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据补集定义求出，再根据交集定义即可求出． 【详解】因为， 所以或， 所以， 故选：A． 2. 设，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】A 【解析】 【分析】解出条件和结论中的两个不等式，通过解集的包含关系判断结果． 【详解】由，解得：；解得， 由，∴“”是“”的的充分不必要条件． 故选：A 3. 函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性，结合函数值，以及函数的变化趋向，即可判断选项. 【详解】函数的定义域为，满足， 所以函数是奇函数，故排除B， 设， ，所以在上单调递增，， ，所以当时，，故排除D； 当时，，故排除A. 故选：C 4. 某校1000名学生参加环保知识竞赛，随机抽取了20名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 频率分布直方图中的值为0.004 B. 估计这20名学生考试成绩的第60百分位数为75 C. 估计这20名学生数学考试成绩的众数为80 D. 估计总体中成绩落在内的学生人数为150 【答案】D 【解析】 【分析】根据所有矩形的面积和为1求出，然后逐一判断即可. 【详解】由可得，故A错误； 前三个矩形的面积和为，所以这20名学生数学考试成绩的第60百分位数为80，故B错误； 这20名学生数学考试成绩的众数为75，故C错误； 总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确. 故选：D 5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】若α∥β，mα，mβ，则m，n可能平行也可能异面，故B错误；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或nα，故C错误；若mα，nα，m∥β，n∥β，由于m，n不一定相交，故α∥β也不一定成立，故A错误；若m∥n，n⊥α，根据线面垂直的第二判定定理，我们易得m⊥α，故D正确. 6. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，再根据对数函数的单调性结合中间量分别比较和的大小即可. 【详解】由，得， 因为， 所以，即， 因为，所以， 则， 所以，即， 所以. 故选：C. 7. 将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递增 D. 的图像关于点对称 【答案】C 【解析】 【分析】利用图象的伸缩变换、平移变换以及正弦函数的图象与性质进行求解. 【详解】函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到， 再将所得的图象向右平移个单位长度，得到函数， 对于A，的最小正周期为，所以的最小正周期为，故A错误； 对于B，当时，，因为不是正弦函数的对称轴，故B错误； 对于C，当时，，因为正弦函数在单调递增，故C正确； 对于D，当时，，因为不是正弦函数的对称中心， 故不是的对称中心，故D错误. 故选：C. 8. 抛物线的焦点为，其准线与双曲线的渐近线相交于两点，若的周长为，则（ ） A. 2 B. C. 8 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用双曲线的渐近线、抛物线的焦点和准线以及两点的距离公式进行计算求解. 【详解】由题知，双曲线的渐近线为， 抛物线的焦点，准线方程为， 由得两点坐标为，， 所以，因为的周长为， 所以，解得.故B，C，D错误. 故选：A. 9. 如图，过圆外一点作圆的切线，，切点分别为，现将沿折起到，使点在圆所在平面上的射影为圆心，若三棱锥的体积是圆锥体积的，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据锥体体积公式可构造方程求得，由三角形大边对大角的特点可知，由此可知. 【详解】设圆的半径为，圆锥的高，， 则，圆锥体积， ，； 平面，平面，，则，即， ，，又， ，，. 故选：A. 二、填空题 10. 已知i是虚数单位，化简的结果为______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用复数除法化简复数即可. 详解】. 故答案为： 11. 二项式的展开式中含的系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出展开式的通项公式．令x的指数为1，进而可以求解 【详解】展开式的通项公式为 令，解得， 则展开式中含x项的系数为 故答案为： 12. 已知实数，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】运用基本不等式求和的最小值即可. 【详解】∵，，， ∴，当且仅当即时取等号. 故答案为：. 13. 袋子中装有个白球，3个黑球，2个红球，已知若从袋中每次取出1球，取出后不放回，在第一次取到黑球的条件下，第二次也取到黑球的概率为，则的值为______，若从中任取3个球，用表示取出3球中黑球的个数，则随机变量的数学期望______． 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】设出事件，利用条件概率列出方程，求出的值；写出的可能取值及对应的概率，得到数学期望. 【详解】设第一次取得黑球为事件，第二次取得黑球为事件， 则，， 故第一次取到黑球的条件下，第二次也取到黑球的概率为， 令，解得， 的可能取值为0,1,2,3， ，，，， 则. 故答案为：2， 14. 如图，在边长1为正方形中，，分别是，的中点，则______，若，则______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】 设向量，根据向量的数量积的运算公式，可求得，再根据向量的线性运算法，化简得和，列出方程组，即可求解. 【详解】设向量，则 可得， ， 又因为，可得，解得，所以. 15. 已知函数，则________；若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空：直接代入函数计算即可； 第二空：作出函数图像，观察图像可得结果. 【详解】解：第一空：，； 第二空：的图像如下： 令，，得， ，，得， 若在既有最大值又有最小值，则 实数的取值范围为. 故答案为：； 【点睛】本题考查分段函数的求值问题，考查学生数形结合的能力，关键是要作出函数图像，是一道中档题. 三、解答题 16. 中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角大小； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得，再由正弦定理将边化角，即可得到，从而求出，即可得解； （2）用同角三角函数的基本关系求出，即可求出、，再根据两角差的正弦公式计算可得. 【小问1详解】 由余弦定理，则， 又，所以，即， 由正弦定理可得，因为， 所以，则，又，所以. 【小问2详解】 因为，，所以， 所以，， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，点在线段上，且. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，利用相似三角形的判定与性质可得，结合线面垂直的判定定理即可得出结果； （2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 证明：平面，平面，，，． ，，，，所以，又， 所以，， ，，，平面，平面. 【小问2详解】 平面，平面，平面， ，，为矩形，， ，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，令，则， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 已知函数，． （1）当时，求函数在点处的切线； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求导函数，再计算斜率，点斜式写出直线方程即可. （2）根据题意构造函数,再分两种情况和讨论，最后应用零点存在性定理可知不成立可得范围. 小问1详解】 当时，，， 所以，故在点处的切线为，即 【小问2详解】 ，即在上恒成立， 设，注意到， ，令， 则在为增函数，且， 所以恒成立，即单调递增， 其中， 若，则恒成立，此时单调递增，又，所以恒成立， 即在上恒成立，即结论成立； 若，则， 又， 故由零点存在性定理可知，在内存在，使得， 当时，，所以单调递减，又， 所以当时，，即，不合题意，舍去； 综上：实数取值范围是 19. 已知椭圆的离心率为，右焦点为． （1）求椭圆方程； （2）过点的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线与直线交于点，为等边三角形，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据离心率和焦点坐标可求出，再根据，可求得，即可求解； （2）讨论直线的斜率存在还是不存在，当斜率存在且时，直线代入椭圆可得，，可求出的中点为，通过弦长公式和两点距离求出,利用即可求解 【小问1详解】 由题意可得，，解得， 由，∴，则椭圆的方程为 【小问2详解】 当直线为轴时，易得线段的垂直平分线与直线没有交点，故不满足题意； 当所在直线的斜率存在且不为轴时，设该直线方程为，，， ，解为， ， 所以， ， 设的中点为，则，设， 由为等边三角形，，， ， 所以，解得，所以， 当所在直线的斜率不存在时，将代入可得， 所以，，不满足题意， 综上所述，直线的方程为或 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$