精品解析：天津市滨海新区塘沽第一中学2024-2025学年高三上学期第一次月考数学试卷

塘沽一中2025届高三毕业班第一次月考 数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项： 1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 2.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： 一.选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得集合，从而求得，进而求得结果. 【详解】因为或， 则， 所以. 故选：B. 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】B 【解析】 【分析】根据对数函数定义域可知充分性不成立；由对数函数单调性可确定必要性成立. 【详解】当时，若，则无意义，充分性不成立； 当时，，成立，必要性成立； 综上所述：，则“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 函数的图象可能是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择. 详解：令， 因为，所以为奇函数，排除选项A,B; 因为时，，所以排除选项C，选D. 点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复． 4. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据两点都在角的终边上，得到，利用，利用倍角公式以及余弦函数的定义式，求得，从而得到，再结合，从而得到，从而确定选项. 【详解】由三点共线，从而得到， 因为， 解得，即， 所以，故选B. 【点睛】该题考查的是有关角的终边上点的纵坐标的差值的问题，涉及到的知识点有共线的点的坐标的关系，余弦的倍角公式，余弦函数的定义式，根据题中的条件，得到相应的等量关系式，从而求得结果. 5. 某校为了了解学生的课外阅读情况，随机调查了名学生，得到他们在某一天各自课外阅读所用时间的数据，结果用下面的条形图表示．根据条形图可得这名学生这一天平均每人的课外阅读时间为（ ） A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时 【答案】B 【解析】 【分析】根据条形图求出所有人的课外阅读时间之和，再除以总人数即可求出结果. 【详解】 故选：B 6. 已知，记，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据，利用指数函数和对数函数的单调性求解. 【详解】解：因为， 所以， 所以， 故选：A 7. 等差数列的前项和为，其中，又2，，，，8成等比数列，则的值是（ ） A. 4 B. C. 4或 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列的前项和公式可求得的值，由等差数列的性质可求得值，利用等比数列的性质求得的值，即可求的值. 【详解】因为数列是等差数列，且，所以，解得， 由等差数列的性质可得， 因为2，，，，8成等比数列，所以，解得， 又，所以，所以，所以. 故选：A. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的有（ ） ①关于点对称； ②关于直线对称； ③在区间上单调递减； ④在区间上的值域为. A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】先根据函数的图象得出函数的解析式，再应用代入检验得出对称性判断①②，再根据单调性判断③，计算值域判断④. 【详解】由函数图象可知， ， 由图象可知，即 当时，，不关于点对称,①错误； 为，关于直线对称,②正确； 当时，单调递减，③正确； 当时，，，④错误. 故选：B. 9. 如图，在中，，，P为CD上一点，且满足，若，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，可得出，可得出关于、的方程组，即可解得实数的值；利用数量积得出，利用平面向量数量积的运算性质结合基本不等式可求得的最小值. 【详解】设，则 ， 所以，，解得. ，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立. 所以，的最小值为. 故选：A. 第Ⅱ卷 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2.本卷共11小题，共105分. 二.填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分. 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. 的展开式中的系数为________. 【答案】70. 【解析】 【详解】试题分析：设的展开式中含的项为第项，则由通项知．令，解得，∴的展开式中的系数为． 考点：二项式定理． 12. 已知，则的最小值是________. 【答案】 【解析】 【分析】分子进行有理化，然后结合“1”的妙用，利用，即可结合基本不等式来求解最值. 【详解】由题知，， 令 ， 因为，所以， 所以，， 所以， 当且仅当，即时取等， 所以的最小值为. 故答案为：. 13. 甲罐中有4个红球、2个白球和2个黑球，乙罐中有4个红球、3个白球和2个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．以表示由甲罐取出的球是红球的事件，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则______；______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据条件求出和，再利用条件概率公式求解即得；把事件M分拆成三个互斥事件的和，计算出每个事件的概率，再用概率加法公式计算而得. 【详解】依题意，，，于是得； 事件是甲罐中分别取红球、白球、黑球放入乙罐，再在乙罐取出红球的事件B1，B2，B3的和，它们互斥， ，， 所以. 故答案为：； 14. 在梯形中，，且，，分别为线段和的中点，若，，用，表示________.若，则余弦值的最小值为________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据向量的加法和数乘的几何意义即可求出；同理可求出，根据可得，从而得出，然后根据，结合基本不等式即可求解. 【详解】 由已知可得 ； ， 因为， 所以， 所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以余弦值的最小值为. 故答案为：；. 15. 函数，其中表示x，y，z中的最小者.若函数有12个零点，则b的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为有个不等实根，设，可知方程有两个不等实根，结合函数图象可确定的范围，结合二次函数零点的分布可构造不等式组求得结果. 【详解】题意转化为有个不等实根， 作出图象如下图所示， 设，则有两个不等实根，； 记的两根为，； 所以，解得：； 综上所述：实数的取值范围为. 故答案为：. 三、解答题：本大题共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. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若，的面积为 ①求 ②求. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将边转化为角，利用两角和的正弦公式即可求解； （2）①由已知根据面积公式可求得，，由余弦定理即可求；②由正弦定理可得，由同角三角函数的平方关系可得，由二倍角公式可得和，再根据两角差的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以 因为，所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以； 【小问2详解】 ①因为，所以， 又，所以，， 所以， 所以， ②由正弦定理可得， 所以， 因为，所以， 所以， 所以， ， 所以. 17. 已知函数. （1）求的定义域与最小正周期； （2）讨论在区间上的单调性. （3）若，，求的值. 【答案】（1）； （2）在上单调递增，在上单调递减. （3） 【解析】 【分析】（1）结合诱导公式，利用辅助角公式化简，即可求出定义域和周期； （2）利用正弦函数的单调性，直接求解复合函数单调性即可； （3）利用两角和的正弦公式直接求解即可. 【小问1详解】 ， 则定义域为，周期为. 【小问2详解】 令， 解得， 因为，所以， 所以当时，在上单调递增， 在上单调递减. 【小问3详解】 令， 可得， 因为， 所以， 所以， 所以 . 18. 在四棱锥中，平面，，，，，是的中点，在线段上，且满足. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. （3）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3），理由见解析 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理即可求证； （2）如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量夹角公式即可求解； （3）设可得，由（2）知：平面的一个法向量，再利用空间向量夹角公式计算，求得的值即可求解. 【小问1详解】 取的中点，连接，， 因为是的中点，所以，且， 因为，且，所以且， 所以四边形是平行四边形，可得， 因为面，面，所以平面 【小问2详解】 因为，，所以， 因为平面，面，面， 所以，，两两垂直， 以为原点，分别以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 因为，在等于直接三角形中，， 则，，，，设， ，，由，可得：， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 由，令，则，，所以， 设平面的一个法向量为， 由，令，则，，所以， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知：平面的一个法向量， 假设在线段上是否存在点，设，， 则， 因为与平面所成角的正弦值是， 所以， 整理可得：，解得：或（舍）， ， 所以在线段上是否存在点符合题意，的长为. 19. 已知数列的前项和为，满足，.数列满足，，且. （1）证明数列为等差数列，并求数列和的通项公式； （2）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的取值范围； （3）记，的前项和记为，是否存在，，使得成立？若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）， （2）实数的取值范围为 （3）存在这样的，使得成立 【解析】 【分析】（1）根据数列前项和与第项的关系可求数列的通项公式，结合等差数列的定义可求数列的通项公式； （2）求得，利用错位相减法，结合差比法、数列的单调性进行求解即可. （3）由已知可得，求得，代入计算可求. 【小问1详解】 当时，，所以； 当时，由可得：，两式相减得：， 又，从而数列为首项，公比的等比数列. 所以数列的通项公式为， 又，两边同除以得：， 从而数列为首项，公差的等差数列， 所以，所以数列的通项公式为； 【小问2详解】 因为，结合（1）可得， 所以①， ②， ①-②可得， ， ， 由（1）可得，所以， 因为，所以， ，又单调递增， 所以， 所以实数的取值范围为； 【小问3详解】 由（1）可得，所以， 由，可得，所以， 所以，所以，所以， ，所以， 所以，因为， 所以，所以， 当时，解得，解得（舍去）， 当时，解得，解得（舍去）， 当时，解得，解得. 所以存在这样的，使得成立. 20. 已知函数.，其中. （1）求在处的切线方程，并判断零点个数. （2）讨论函数的单调性； （3）求证：； 【答案】（1）切线方程为，有2个零点； （2）答案见解析 （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据求导公式，即可求出切线的点斜式方程，整理即可得到切线方程； 对再求导，并根据零点存在性定理，可得，即可得到零点个数； （2）求导，通过讨论的取值研究导函数符号的变化进而得到函数的单调性； （3）根据与切线得关系，先证，再证，用导数法即可完成证明. 【小问1详解】 由题意，，， 故在处的切线方程为. 设，则， 故在上单调递增， 因为，，故根据函数零点存在性定理知，存在唯一得，使得， 故在上单调递减，在上单调递增， 又因为，故在上存在一个零点；且， 又因为， 故存在唯一使得， 综上，有且仅有两个零点. 【小问2详解】 因为， 所以 ①当即时，在上单调递增，在上单调递减； ②当即时，在上单调递增； ③当即时，在上单调递增，在上单调递减； ④当时，即时，在上单调递增，在上单调递减。 综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减。 【小问3详解】 先证. 令， ，，故在R上单调递增， 因为，故在上单调递减，在上单调递增， 故，故成立； 再证. 令，，则， ①当时，，则单调递减； ②当时，，则单调递增。 故，所以，即成立. 【点睛】本题考查导数的综合运用，涉及到导数得几何意义、函数的单调性、极值最值、不等式的证明、函数的零点，属于较难题目. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 塘沽一中2025届高三毕业班第一次月考 数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项： 1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 2.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： 一.选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，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. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 某校为了了解学生的课外阅读情况，随机调查了名学生，得到他们在某一天各自课外阅读所用时间的数据，结果用下面的条形图表示．根据条形图可得这名学生这一天平均每人的课外阅读时间为（ ） A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时 6. 已知，记，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 等差数列的前项和为，其中，又2，，，，8成等比数列，则的值是（ ） A. 4 B. C. 4或 D. 2 8. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的有（ ） ①关于点对称； ②关于直线对称； ③在区间上单调递减； ④在区间上的值域为. A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 9. 如图，在中，，，P为CD上一点，且满足，若，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 第Ⅱ卷 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2.本卷共11小题，共105分. 二.填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分. 10. 已知i是虚数单位，化简的结果为______． 11. 的展开式中的系数为________. 12. 已知，则的最小值是________. 13. 甲罐中有4个红球、2个白球和2个黑球，乙罐中有4个红球、3个白球和2个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．以表示由甲罐取出的球是红球的事件，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则______；______． 14. 在梯形中，，且，，分别为线段和的中点，若，，用，表示________.若，则余弦值的最小值为________. 15. 函数，其中表示x，y，z中的最小者.若函数有12个零点，则b的取值范围是______. 三、解答题：本大题共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. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若，的面积为 ①求 ②求. 17. 已知函数. （1）求的定义域与最小正周期； （2）讨论在区间上的单调性. （3）若，，求的值. 18. 在四棱锥中，平面，，，，，是的中点，在线段上，且满足. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. （3）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 19. 已知数列的前项和为，满足，.数列满足，，且. （1）证明数列为等差数列，并求数列和的通项公式； （2）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的取值范围； （3）记，的前项和记为，是否存在，，使得成立？若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由. 20. 已知函数.，其中. （1）求在处的切线方程，并判断零点个数. （2）讨论函数的单调性； （3）求证：； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $