精品解析：天津市南开中学2025届高三上学期10月月考数学试题

高三 数学学科第一次月考 考试时间：120分钟 本试卷分第Ⅰ卷（选择题） 和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分. 第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页. 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和填涂卡号填写或涂写在答题纸上，答卷时，考生务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效，考试结束后，将答题纸交回. 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷（共 45分） 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. “”是“为第一象限角”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. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 5G技术在我国已经进入调整发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如下表所示： 时间x 1 2 3 4 5 销售量y（千只） 0.5 0.8 1.0 1.2 1.5 若x与y线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ） A. 当解释变量x每增加1个单位时，预报变量y平均增加0.24个单位 B. 线性回归方程中 C. 由题中数据可知，变量y与x正相关，且相关系数 D. 可以预测时，该商场5G手机销量约为1.72（千只） 5. （ ） A. B. C. D. 6. 设，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. 直线是函数图象的对称轴 B. 在区间上有两个极值点 C. 在区间上单调递减 D. 函数的图象可由向左平移个单位长度得到 8. 已知是定义域为R的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ） A B. C. D. 9. 已知函数是定义在上的奇函数，且对任意的，恒成立，当时．若对任意，都有，则m的最大值是（ ） A. B. C. 4 D. 第Ⅱ卷（共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 复数的模为__________． 11. 的展开式中常数项为__________. 12. 已知函数 在上单调递增，则实数取值范围为________. 13. 某射击小组共有10名射手，其中一级射手3人，二级射手2人，三级射手5人，现选出2人参赛，在至少有一人是一级射手的条件下，另一人是三级射手的概率为__________；若一､二､三级射手获胜概率分别是0.9，0.7，0.5，则任选一名射手能够获胜的概率为__________. 14. 若，，且，，则的值是______． 15. 若有四个零点，则实数的取值范围为______ 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. 设且，函数. （1）当时，求不等式的解集； （2）若函数在区间上有零点，求的取值范围. 17. 已知函数． （1）求函数单调递减区间； （2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若，且，求的值． 18. 如图，垂直于梯形所在平面，为的中点，，四边形为矩形． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 19. 已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程. 20 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若对时，，求正实数的最大值； （3）若函数最小值为，试判断方程实数根的个数，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三 数学学科第一次月考 考试时间：120分钟 本试卷分第Ⅰ卷（选择题） 和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分. 第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页. 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和填涂卡号填写或涂写在答题纸上，答卷时，考生务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效，考试结束后，将答题纸交回. 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷（共 45分） 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】D 【解析】 【分析】根据补集的运算求出，再由交集的运算可得答案. 【详解】，则 ，所以. 故选：. 2. “”是“为第一象限角”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】利用诱导公式及正弦函数的性质结合充分、必要条件的定义判定选项即可. 【详解】易知，所以 为第一象限角、第二象限角或终边落在纵轴正半轴上的角， 显然不满足充分性，满足必要性. 故选：B 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出为奇函数，排除CD；由排除B，得到答案. 【详解】定义域为R， ，函数为奇函数， 图象关于原点对称，排除CD； 又，排除B. 故选：A 4. 5G技术在我国已经进入调整发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如下表所示： 时间x 1 2 3 4 5 销售量y（千只） 0.5 0.8 1.0 1.2 1.5 若x与y线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ） A. 当解释变量x每增加1个单位时，预报变量y平均增加0.24个单位 B. 线性回归方程中 C. 由题中数据可知，变量y与x正相关，且相关系数 D. 可以预测时，该商场5G手机销量约为1.72（千只） 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知数据，分析总体单调性，结合增量的变化判断C选项；根据已知数据得到样本中心点，代入回归方程求解即可判断B选项；根据回归方程判断AD选项. 【详解】根据线性回归方程可得每增加一个单位时，预报变量平均增加0.24个单位，故A正确. 由已知数据得，， 代入中得到，故B错误； 从数据看随增加而增加，故变量与正相关，由于各增量并不相等，故相关系数，故C正确； 将代入中得到，故D正确. 故选：B. 5. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用换底公式及对数的运算性质计算可得. 【详解】 . 故选：C 6. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数、对数的单调性结合中间值“1”、“”即可比较大小. 【详解】，， . 综上，． 故选：B. 7. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. 直线是函数图象的对称轴 B. 在区间上有两个极值点 C. 在区间上单调递减 D. 函数的图象可由向左平移个单位长度得到 【答案】C 【解析】 【分析】利用整体代入法判断A，利用整体换元法判断B，利用三角函数的单调性判断C，利用三角函数平移的性质判断D即可. 【详解】因为函数的图象关于点中心对称，所以， 可得，结合，得，所以． 对于A，， 所以直线不是函数图象的对称轴，故A不正确； 对于B，当时，， 所以函数在区间上只有一个极值点，故B不正确； 对于C，当时，， 所以函数在区间上单调递减，故C正确； 对于D，左移个单位长度后得到，故D错误． 故选：C． 8. 已知是定义域为R的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据奇偶函数构造方程组求出的解析式，再根据题意得到在单调递增，分类讨论即可求解． 【详解】由题意可得， 因为是奇函数，是偶函数， 所以， 联立，解得， 又因为对于任意的，都有成立， 所以，即成立， 构造， 所以由上述过程可得在单调递增， 若，则对称轴，解得； 若，则在单调递增，满足题意； 若，则对称轴恒成立； 综上，． 故选：B 9. 已知函数是定义在上的奇函数，且对任意的，恒成立，当时．若对任意，都有，则m的最大值是（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分析、、时解析式以及值域，然后作出的图象，结合图象确定出符合条件的的范围，再根据与所求的取值范围的关系求解出的最大值. 【详解】当时，，此时 当时，，此时 当时，，此时， 结合为奇函数，在同一平面直角坐标系中作出的图象如下图所示： 由图象可知，若要恒成立，只需要分析内的图象即可， 因为图象的对称性，不妨考虑时的情况， 当时，，所以， 当时，，所以或， 结合图象，若成立，则有，所以， 又因为若对任意，都有， 则有，所以，所以， 所以的最大值为， 故选：B. 【点睛】思路点睛：本题考查三角函数图象与性质的综合运用，以分段函数为媒介，采用数形结合思想能高效解答问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，难度较大.常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的个数；（2）求参数范围；（3）求不等式解集；（4）研究函数性质. 第Ⅱ卷（共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 复数的模为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由复数的四则运算以及模长公式计算即可. 【详解】． 故答案为： 11. 的展开式中常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】写出其展开式的通项，然后令指数部分为0，求解即可. 【详解】的二项展开式的通项为， 令，得， 其展开式的常数项为. 故答案为： 12. 已知函数 在上单调递增，则实数的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据对数函数性质分析可知：在上单调递增，且，结合二次函数列式求解即可. 【详解】因为在定义域内单调递增， 由题意可得：在上单调递增，且， 则，解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 13. 某射击小组共有10名射手，其中一级射手3人，二级射手2人，三级射手5人，现选出2人参赛，在至少有一人是一级射手的条件下，另一人是三级射手的概率为__________；若一､二､三级射手获胜概率分别是0.9，0.7，0.5，则任选一名射手能够获胜的概率为__________. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】计算出至少有一人是一级射手的情况有几种，再求出选出的2人中1人是一级射手另一人是三级射手的情况的种数，根据条件概率的计算公式即得答案；求出任选一名射手，分别是一、二、三级射手的概率，根据全概率公式即可求得任选一名射手能够获胜的概率. 【详解】由题意得至少有一人是一级射手的情况共有种， 选出的2人中1人是一级射手另一人是三级射手的情况种， 故选出2人参赛，在至少有一人是一级射手的条件下，另一人是三级射手的概率为； 任选一名射手，分别是一、二、三级射手概率分别为， 而一、二、三级射手获胜概率分别是0.9，0.7，0.5， 则任选一名射手能够获胜的概率为， 故答案为：， 14. 若，，且，，则的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据同角三角函数的平方关系式，解出相关角的三角函数值，继而求得的余弦值，结合角的范围即可求解. 【详解】因为，所以， 且，所以， 则，且， 由，所以， 又，所以， 则， 所以 ， 又， 所以. 故答案为:. 15. 若有四个零点，则实数的取值范围为______ 【答案】 【解析】 【分析】令，，将函数零点问题转化为函数与的图象交点问题，分类讨论时，函数与图象的交点个数，即可求解. 【详解】由，得， 即， 令，， 则函数有四个零点等价于函数与的图象有四个交点， 若，则，由，解得，仅有两个零点，不满足题意； 若， 由，解得或， 由，解得或， 当，即时， 如图①所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点； 在上，函数与函数有两个交点； 同理，在上，有且仅有一个交点， 所以函数与的图象有四个交点，函数有四个零点，满足题意； 当，即时， 如图②所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点； 在上，函数与函数有一个交点； 同理，在上，没有交点， 所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意； 当，即时， 如图③所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点； 在上，函数与函数有一个交点； 同理，在上，没有交点， 所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意； 当，即时， 当时，可化为 ，即， 因为判别式，所以无解 所以函数与的图象在上没有交点， 如图④所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点； 在上，函数与函数没有交点； 同理，在上，有且仅有一个交点， 所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意； 若， 当，即时， 如图⑤所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点； 在上，函数与函数有两个交点； 同理，在上，有且仅有一个交点， 所以函数与的图象有四个交点，函数有四个零点，满足题意； 当，即时， 如图⑥所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故没有交点； 在上，函数与函数有且仅有一个交点； 同理，在上，有且仅有一个交点， 所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意； 当，即时， 如图⑦所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故没有交点； 在上，函数与函数有且仅有一个交点； 同理，在上，有且仅有一个交点， 所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意； 当，即时， 当时，可化为 ，即， 因为判别式，即无解 所以函数与的图象在上没有交点， 如图⑧所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点； 在上，函数与函数没有交点； 同理，在上，有且仅有一个交点， 所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意； 综上所述，实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的零点问题，关键在于将零点问题转化为直线与曲线的交点问题，应用数形结合、分类讨论思想判断交点个数. 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. 设且，函数. （1）当时，求不等式的解集； （2）若函数在区间上有零点，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）化简不等式为，按照和分类讨论，利用对数函数的单调性解不等式即可； （2）将零点问题转化为有解，设，则，利用函数的单调性求解参数范围即可. 【小问1详解】 当时，不等式可化为， 若，则，解得， 所以不等式的解集为； 若，则，解得， 所以不等式的解集为； 综上所述，当时，不等式的解集为； 当时，不等式解集为； 【小问2详解】 由题意可知， 令，即，因为，所以， 所以，所以， 设，则， 因为函数在上单调递减， 所以，所以. 17. 已知函数． （1）求函数的单调递减区间； （2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正、余弦公式及诱导公式化简函数的解析式，再由整体角范围求解不等式可得单调区间； （2）由伸缩变换与平移变换得解析式，得，根据整体角范围求余弦值，再由角的关系，利用两角和的余弦公式求解可得. 【小问1详解】 . 由， 解得 即时，函数单调递减， 所以函数的单调递减区间为； 【小问2详解】 将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变）， 则得到函数的图象，再向右平移个单位，得到函数的图象， 所以. 若，则， . 由，得，又， 所以，则， 故 . 故的值为. 18. 如图，垂直于梯形所在平面，为的中点，，四边形为矩形． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）设，由三角形中位线性质可得，由线面平行判定推理即可. （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法可得结果. （3）利用点到平面距离的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 令，连接， 由四边形为矩形，得为中点，又为中点，则， 又平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 由垂直于梯形所在平面，，得直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量，则，令，得， 由轴平面，得平面的法向量， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知：，则，而平面的法向量， 所以点到平面的距离. 19. 已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由椭圆的性质及已知条件可得a，b，c的关系，从而可求出a，b，c的值，从而可得椭圆C的标准方程； （2）直线l方程与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，可求出k的值，表示出四边形PQMN面积，求出当四边形PQMN面积最大时m的值，即可求解直线l的方程． 【小问1详解】 ， ，所以， 因为a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1， 所以椭圆方程为． 【小问2详解】 如图，设P（x1，y1），Q（x2，y2）， ， 联立，消去y整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0， Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2， 所以，. ， ， 因为|OP|2+|OQ|2是一个与m无关常数，所以32k2﹣24＝0，，， ，， 点O到直线l距离， 所以， 当且仅当，即m2＝3， 因为m＞0，所以时，取得最大值为， 因为S四边形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大时，S四边形MNPQ最大， 所以或． 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若对时，，求正实数的最大值； （3）若函数的最小值为，试判断方程实数根的个数，并说明理由. 【答案】（1） （2） （3）个实数根，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，求解即可；（2）两次求导后，分和两种情况，结合隐零点问题，分析的单调性，确定使得对恒成立时正实数的值即可； （3）先结合隐零点问题的处理方法，求得的取值范围，再将原问题转化为求方程的实数根的个数，然后构造函数，并再次运用隐零点证明有唯一零点，进而得解. 【小问1详解】 当时，，， 所以，， 则曲线在处的切线方程为 【小问2详解】 由题意知，，令， 所以， 因为，所以，而为正实数， 所以在上恒成立， 所以函数区间上单调递增，且， ①当时，在区间上恒成立， 所以函数在上单调递减，此时，符合题意； ②当时，，， 由零点存在定理知，，使得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则当时，有，不符合题意， 综上，正实数的最大值为 【小问3详解】 方程实数根有且只有一个，理由如下： ， 所以，令， 则在上恒成立， 所以在上单调递增， 因为，， 所以，使得，即， 两边同时取对数得，， 而在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令，则， 所以，在上单调递减，所以 因为，且， 所以方程的实数根等价于的实数根， 设，其中，则， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 又，， 所以，使得，即， 两边取对数得，，即， 又，且， 所以， 设，则在上恒成立， 所以函数在上单调递增， 所以，且， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即函数只有唯一零点， 故方程的实数根有且只有一个，即方程实数根有且只有一个. 【点睛】关键点睛：第二问的关键是两次求导得当的单调性，结合隐零点以及零点存在定理分类讨论得到的单调性， 第三问的关键是将方程的实数根等价于的实数根，构造函数，结合导数研究根的个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$