精品解析：天津市第二十中学2025届高三上学期第一次阶段性检测数学试题

2024—2025第一学期高三数学学科第一次阶段性检测 一､单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分. 1. 已知集合，集合，则集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合，再结合补集､交集的定义，即可求解. 【详解】集合或， 则， 集合， 故. 故选：B. 2. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件，必要条件的概念可得. 【详解】在中，若，则； 若，则或； 故“”是“”的充分不必要条件． 故选：A 3. 如图5个数据，去掉后，下列说法错误的是（ ） A. 相关系数r变大 B. 相关指数变大 C. 残差平方和变大 D. 解释变量x与预报变量y的相关性变强 【答案】C 【解析】 【分析】去掉离群点D后，结合散点图对各个选项进行判断得解. 【详解】解：由散点图知，去掉离群点D后，x与y的相关性变强，且为正相关，所以相关系数r的值变大，故选项A正确； 相关指数的值变大，残差平方和变小，故选项B正确，选项C错误； 解释变量x与预报变量y的相关性变强，故选项D正确. 故选：C． 4. 已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ） A. B. C D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象得到该函数的定义域、奇偶性、零点等性质，据此逐项判断即可. 【详解】根据题意，由函数的图象，的定义域为，其图象关于原点对称，为奇函数；在上，函数图象与轴存在交点. 由此分析选项： 对于A，，其定义域为，有， 为偶函数，不符合题意； 对于B，，其定义域为， 有，为奇函数，其图象关于原点对称； 当时，，函数图象与轴存在交点，符合题意； 对于C，，当时，，故恒成立，所以该函数图象在上与轴不存在交点，不符合题意； 对于D，，其定义域为， 有偶函数，不符合题意. 综上所述，只有选项B的函数满足， 故选：B． 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对数的运算性质变形可得. 【详解】，，， 所以. 故选：C. 6. 从一副不含大小王的52张扑克牌中，每次从中随机曲取1张扑克牌，抽出的牌不再放回．在第一次抽到K牌的条件下，第二次抽到K牌的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用条件概率公式计算可求得结果. 【详解】记“第一次抽到K牌”为事件，“第二次抽到K牌”为事件； 根据题意可得； 因此所求概率为. 故选：D 7. 定义运算，若，则等于 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由定义运算知，即，又 ，又，，． 考点：同角三角函数基本关系式及两角差正弦公式的正用与逆用 8. 在锐角△ABC中，，，则△ABC的周长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用面积公式和余弦定理可得，然后根据正弦定理及三角变换可得，再根据三角形是锐角三角形，得到的范围，转化为三角函数求取值范围的问题. 【详解】∵， ∴， ∴，即，为锐角， ∴，又， 由正弦定理可得， 所以 ，其中，， 因为为锐角三角形， 所以， 所以，又， ∴， 故的周长的取值范围是． 故选：C. 9. 已知函数，有下列命题： ①为函数图象的一条对称轴 ②将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上的最大值为，则的最大值为 ③在上有3个零点，则实数的取值范围是 ④函数在上单调递增 其中错误的命题个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角恒等变化化简，根据对称轴处取得最值判断①，根据平移判断②，根据零点求值判断③，根据正弦函数的单调区间判断④. 【详解】由可得， 对于①，当时，，故①正确， 对于②，，当，则， 由于在上的最大值为，所以，故，故的最大值为，②正确， 对于③，令,则，可得， 故的正零点有，要使在上有3个零点， 则，故③错误， 对于④，当，则，故在上单调递减，故④错误， 故选：B. 二､填空题：本题共6小题，共29分. 10. i是虚数单位，则复数______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得； 【详解】 故答案为： 11. 在的展开式中，的系数是_________． 【答案】10 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项公式，整理后令的指数为2，即可求出． 【详解】因为的展开式的通项公式为，令，解得． 所以的系数为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查二项展开式的通项公式的应用，属于基础题． 12. 已知随机变量，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项分布均值与方差的关系求得,再根据方差的性质求解即可. 【详解】,所以,又因为,所以． 故答案为：12 【点睛】本题主要考查了二项分布的均值与方差的计算,同时也考查了方差的性质,属于基础题. 13. 从0，1，2，3，4，5六个数字中任取三个组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为________． 【答案】52 【解析】 【分析】分个位为0和个位为2或4，再由分步计数原理计算可得答案． 【详解】①个位为0，有种方法， ②个位为2或4，则有种方法，百位不能排0有种方法，十位有种方法，故有种方法. 一共有:种方法. 故答案为：52. 14. 已知，，且，则的最小值为___. 【答案】 【解析】 【分析】 由等式可得出，以及，代入可得出，利用基本不等式可求得结果. 【详解】，，且，得，以及， ， 当且仅当时，等号成立， 因此，的最小值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解题时注意对定值条件进行化简变形，考查计算能力，属于中等题. 15. 设，函数，若在区间内恰有4个零点，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】分类讨论，分在区间有4个零点且在区间没有零点，在区间有3个零点且在区间有1个零点和在区间有2个零点且在区间有2个零点三种情况求解即可. 【详解】作出的图像，左侧是正弦型函数的，右侧是开口向上，可以上下平移对称轴为的二次函数. ①当在区间有4个零点且在区间没有零点时，满足，无解； ②当在区间有3个零点且在区间有1个零点时，满足， 或者，解得； ③当在区间有2个零点且在区间有2个零点时， 满足，解得 综上所述，的取值范围是. 故答案为： 三､解答题：本题共5小题，共67分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 在中，，. （1）求； （2）求； （3）求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，则，利用余弦定理即可得到方程，解出即可； （2）求出，再利用正弦定理即可； （3）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； 【小问1详解】 在中，，， 设，则，， ， 解得， ； 【小问2详解】 由（1）得，，， 由正弦定理得，即， 解得. 【小问3详解】 ，，是锐角，且， ， ， . 17. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式及对称中心坐标； （2）先将的图象纵坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位，最后将图象向上平移1个单位后得到的图象，求函数在上的单调减区间和最值. 【答案】（1）；对称中心为，；（2）减区间是：；有最大值，有最小值. 【解析】 【分析】（1）根据最大值可得，根据周期得，根据最高点得，从而可得解析式；根据余弦函数的对称中心可得的对称中心； （2）根据图象变换的结论可得的解析式，根据余弦函数的递增区间可得在上的单调减区间，根据余弦函数的图象可得在上的最值. 【详解】（1）由所给图象知：；，，，， ∴，把点代入得：， 即，，又∵，∴， ∴； 由，，得，， 所以的对称中心为，. （2）易知. 化简得， 当时，由，，得，所以的单调递减区间是：； 当时，，当，即时，有最大值，最大值为，当，即时，有最小值，最小值为. 【点睛】本题考查了根据图象求解析式，考查了余弦函数的对称中心，单调性，最值，考查了三角函数的图象变换，属于基础题. 18. 如图，在四棱台中，，四边形和都是正方形，平面，点为棱的中点 （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，先证明，再根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案； （3）求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 证明：连接，在四棱台中，且， 又四边形是正方形，故, 点为棱的中点，则, 故,即四边形为平行四边形， 则，平面，平面， 故平面； 【小问2详解】 由于平面，四边形是正方形， 以A为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由于，则， 则， 设平面的一个法向量为，则, 即，令，则， 平面的一个法向量为， 故， 由图知平面与平面所成角为锐角， 故平面与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）可知， 则, 设平面的一个法向量为，则, 即，令，则， 设点到平面的距离为d，则. 19. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若时，的图象恒在轴上方，求的范围； （3）若存在不相等的实数，使得，证明：. 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分类讨论解不等式，求解函数的单调性； （2）化简不等式，构造新函数，利用导数求最值，由此求参数范围即可； （3）化简设新的参数解决双元问题，应用新函数求导函数结合单调性证明不等式. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时，，所以在上单调递增； 当时，由得，所以在上单调递增； 由得，所以上单调递减； 故时，所以在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 【小问2详解】 由的图象恒在轴上方，可得 因为且，不等式两边同时除以，可得 设可得 令，解得 令，解得 所以在上单调递增，在上单调递减 所以当时取得最大值， 所以即所以范围是 【小问3详解】 ， 由（1）可知，当时，在上是增函数， 故不存在不相等的实数，使得，所以. 由得，即， 不妨设，则，则， 要证，只需证， 即证，只需证， 令，则只需证，即证， 令，则， 所以在上是增函数，所以， 从而，故 【点睛】方法点睛：化简设新的参数解决双元问题，应用新函数求导函数结合单调性证明不等式. 20. 已知函数． （1）求曲线在处的切线斜率； （2）求证：当时，； （3）证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率； （2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论； （3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论. 【小问1详解】 ，则， 所以，故处的切线斜率为； 【小问2详解】 要证时，即证， 令且，则， 所以在上递增，则，即. 所以时. 【小问3详解】 设，， 则， 由（2）知：，则， 所以，故在上递减，故； 下证， 令且，则， 当时，递增，当时，递减， 所以，故在上恒成立， 则， 所以，，…，， 累加得：，而， 因为，所以， 则， 所以，故； 综上，，即. 【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025第一学期高三数学学科第一次阶段性检测 一､单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分. 1. 已知集合，集合，则集合为（ ） A. B. C. D. 2. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 如图5个数据，去掉后，下列说法错误的是（ ） A. 相关系数r变大 B. 相关指数变大 C. 残差平方和变大 D. 解释变量x与预报变量y的相关性变强 4. 已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 从一副不含大小王的52张扑克牌中，每次从中随机曲取1张扑克牌，抽出的牌不再放回．在第一次抽到K牌的条件下，第二次抽到K牌的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 定义运算，若，则等于 A. B. C. D. 8. 在锐角△ABC中，，，则△ABC的周长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数，有下列命题： ①为函数图象的一条对称轴 ②将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上的最大值为，则的最大值为 ③在上有3个零点，则实数的取值范围是 ④函数在上单调递增 其中错误的命题个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二､填空题：本题共6小题，共29分. 10. i是虚数单位，则复数______. 11. 在的展开式中，的系数是_________． 12. 已知随机变量，且，则______. 13. 从0，1，2，3，4，5六个数字中任取三个组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为________． 14. 已知，，且，则的最小值为___. 15. 设，函数，若在区间内恰有4个零点，则取值范围是________. 三､解答题：本题共5小题，共67分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 在中，，. （1）求； （2）求； （3）求. 17. 已知函数部分图象如图所示. （1）求的解析式及对称中心坐标； （2）先将的图象纵坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位，最后将图象向上平移1个单位后得到的图象，求函数在上的单调减区间和最值. 18. 如图，在四棱台中，，四边形和都是正方形，平面，点为棱的中点 （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 19 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若时，图象恒在轴上方，求的范围； （3）若存在不相等的实数，使得，证明：. 20. 已知函数． （1）求曲线在处的切线斜率； （2）求证：当时，； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $