精品解析：天津市第二十中学2025届高三上学期期中学情调研数学试题

天津市第二十中学2024－2025学年第一学期 高三年级数学学科期中学情调研 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，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. 对两个变量，进行线性相关检验，得线性相关系数，对两个变量，进行线性相关检验，得线性相关系数，则下列判断正确的是（ ） A. 变量与正相关，变量与负相关，变量与的线性相关性较强 B. 变量与负相关，变量与正相关，变量与的线性相关性较强 C. 变量与正相关，变量与负相关，变量与的线性相关性较强 D. 变量与负相关，变量与正相关，变量与的线性相关性较强 4. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 如图是下列四个函数中某一个的部分图象，则该函数为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为正项数列的前项和．若，且，则（ ） A. 7 B. 15 C. 8 D. 16 8. 已知函数，若不等式在上恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法： ①的图象关于点对称； ②的图象关于直线对称； ③的图象可由的图象向左平移个单位长度得到； ④若方程在上有且只有两个极值点，则的最大值为． 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知复数为的共轭复数，则的虚部为___________. 11. 在的展开式中的系数为，则实数__________． 12. 已知，则的最小值为________． 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. 如图，在平行四边形中，，为的中点，为线段上一点，且满足，则___________；若的面积为，则的最小值为___________． 15. 已知函数，若函数在上恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是______. 三、解答题：本题共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. 已知的内角的对边分别为，满足已知. （1）求角的大小； （2）若，求的值； （3）若的面积为，，求的周长. 17. 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． 18. 已知正项等比数列{an}，满足a2a4=1，a5是12a1与5a3的等差中项. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设，求数列{bn}的前n项和Sn. 19. 已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，（）. （1）求，的通项公式； （2）已知，求数列的前项和； （3）求证：（）. 20. 已知函数，的最大值为． 求实数b的值； 当时，讨论函数的单调性； 当时，令，是否存在区间，，使得函数在区间上的值域为？若存在，求实数k的取值范围；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市第二十中学2024－2025学年第一学期 高三年级数学学科期中学情调研 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据补给和并集的定义求解即可. 【详解】易知，则. 故选：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 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求出不等式的解集，根据为的真子集，得到答案. 【详解】解不等式得， 不等式化为，所以， 因为为的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 3. 对两个变量，进行线性相关检验，得线性相关系数，对两个变量，进行线性相关检验，得线性相关系数，则下列判断正确的是（ ） A. 变量与正相关，变量与负相关，变量与的线性相关性较强 B. 变量与负相关，变量与正相关，变量与的线性相关性较强 C. 变量与正相关，变量与负相关，变量与的线性相关性较强 D. 变量与负相关，变量与正相关，变量与的线性相关性较强 【答案】C 【解析】 【分析】根据相关系数的概念与性质分析判断. 【详解】因为线性相关系数，所以，正相关， 因为线性相关系数，所以，负相关， 又因为，所以变量，的线性相关性比，的线性相关性强， 故A、B、D错误，C正确. 故选：C. 4. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数函数、指数函数、幂函数的单调性即可比较出的大小关系. 【详解】， ，. 故选：B. 5. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的数量积坐标表示及向量的模公式，再利用投影向量的定义即可求解. 【详解】因为，， 所以，， 所以在上的投影向量是. 故选：． 6. 如图是下列四个函数中某一个的部分图象，则该函数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据定义域排除选项A，根据函数图象过原点排除选项B，根据函数单调性排除选项C，根据定义域和单调性判断D. 【详解】对于A，要使函数有意义，则，即， 所以或或或， 所以函数的定义域为，A不正确； 对于B，，而已知函数图象过原点，B不正确； 对于C，对于函数，则，当时，， 则函数在上单调递增，不符合题中图象，C不正确， 对于D，对于函数，定义域为，且， ，当时，，当时，， 当时，，所以函数在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减，符合图象，故D正确. 故选：D. 7. 已知为正项数列的前项和．若，且，则（ ） A. 7 B. 15 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】本题可通过题中的一般项与前项和的关系式，利用公式来推导和 的关系，再通过构造法构造新数列并结合来得到的通项公式，算出结果. 【详解】因为， 所以，即． 因为，所以，所以， 所以数列是公比为2的等比数列， 所以，则， 所以，解得， 所以，则． 故选：B． 8. 已知函数，若不等式在上恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】判断函数的奇偶性以及单调性，从而将不等式在上恒成立，转化为在上恒成立，参变分离，再结合构造函数，利用导数求得函数的最小值，即可得答案. 【详解】由于函数，定义域为R，满足， 得是奇函数，且在R上为增函数. 在上恒成立， 在上恒成立， 在上恒成立，在上恒成立. 令，则， 当时，，故在上单调递减， 当时，，在上单调递增， ，即a的取值范围为， 故选：D. 【点睛】方法点睛：利用函数的单调性和奇偶性解不等式，再分离参数法借助导数求范围. 9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法： ①的图象关于点对称； ②的图象关于直线对称； ③的图象可由的图象向左平移个单位长度得到； ④若方程在上有且只有两个极值点，则的最大值为． 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象及五点作图法求出函数解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可. 【详解】依题意可得，，， 再根据五点法作图可得，解得，． 因为，所以的图象关于点对称，故①正确； 因为，所以的图象关于直线对称，故②正确； 将的图象向左平移个单位长度得到， 故③错误； 因为，当时且，， 因为函数在上有且只有两个极值点， 所以，解得，即的最大值为，故④正确； 故选：C 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知复数为的共轭复数，则的虚部为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数的运算以及共轭复数的定义即可求解. 【详解】由， 则的共轭复数，则的虚部为. 故答案为： 11. 在的展开式中的系数为，则实数__________． 【答案】 【解析】 【分析】由二项式展开式中的系数，列方程求出参数． 【详解】因为展开式的通项公式，令，则，即， 故答案为：． 12. 已知，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，化简，结合基本不等式，即可求解. 【详解】由， 可得， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为. 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. 如图，在平行四边形中，，为的中点，为线段上一点，且满足，则___________；若的面积为，则的最小值为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设，由平面向量线性运算及基本定理可得，由结合基本不等式可得的最小值. 【详解】由题意，设， 则， 所以，所以，所以； 所以， 由的面积为，得到，得到， 所以， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 故答案为：；. 15. 已知函数，若函数在上恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】函数有三个零点可转化为两个二次方程解的情况，再分类讨论并结合二次函数性质列方程，解方程. 【详解】依题意，， 当时，由，得，即， 当时，由，得， 而两个方程分别至多有个解，又函数有个零点，则两个方程共有个解， ①当时，方程有两个解， 则，，解得； 此时当时，方程有且只能有一个解， 则方程在上只有一解，即，解得， 或方程有两解，并满足， 则，解得，因此； ②当时，方程方程有一个解，显然， 则方程在上只有一解，即，解得， 或方程有两解，则，解得； 此时当时，方程有两个解，并满足， 即，解得，因此， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】思路点睛：涉及分段函数零点个数求参数范围问题，可以按各段零点个数和等于总的零点个数分类分段讨论解决. 三、解答题：本题共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. 已知的内角的对边分别为，满足已知. （1）求角的大小； （2）若，求的值； （3）若的面积为，，求的周长. 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【分析】 (1)根据正弦定理，将题中条件进行转化，得到，再 根据三角形内角和为以及诱导公式，即可求得角的大小； (2)利用同角三角函数关系式即可得到，再利用正弦和角公式以及余弦倍角公式即可求得结果； (3)利用三角函数面积公式即可得到的值，再利用余弦定理即可求得的值，进而得到的周长. 【详解】解：（1）， 由正弦定理得：， 即， 又 ， ， ，， 又， ； （2）由题意知：， ， 又， ； （3）， ， 由余弦定理得：， 即， 解得：， 的周长为. 【点睛】方法点睛：与面积有关的问题，一般要用到正弦定理和余弦定理进行边和角的互化. 17. 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） 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. （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】 略 【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. 18. 已知正项等比数列{an}，满足a2a4=1，a5是12a1与5a3的等差中项. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设，求数列{bn}的前n项和Sn. 【答案】（1）； （2） ； 则 当为偶数时，； 当为奇数时，. 【解析】 【分析】（1）正项等比数列的公比设为，根据已知求出，，即得解； （2），再裂项相消分类讨论得解. 【小问1详解】 正项等比数列的公比设为， 由，可得， 是与的等差中项，可得， 即为，解得， 则 【小问2详解】 略 19. 已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，（）. （1）求，的通项公式； （2）已知，求数列的前项和； （3）求证：（）. 【答案】（1），； （2）； （3）证明:由（1）知，，当且仅当时取等号， 因此， 所以（）. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的项求公差，即可求数列的通项公式，代入条件求等比数列的项，即可求通项公式. （2）按为奇数和偶数，求出数列的通项公式，再根据列项相消法和错位相减法求和. （3）由，利用等比数列前项和公式求和，即可证得不等式. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由，，得，则， 由，，得，解得，，则， ， 所以，的通项公式是，. 【小问2详解】 当是奇数时，， 当是偶数时，， 则， 于是， 两式相减得： 因此， ， 所以. 【小问3详解】 略. 【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的. 20. 已知函数，的最大值为． 求实数b的值； 当时，讨论函数的单调性； 当时，令，是否存在区间，，使得函数在区间上的值域为？若存在，求实数k的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) ;(2) 时，在单调增；时, 在单调递减，在单调递增；时,同理在单调递减，在单调递增；（3）不存在. 【解析】 【详解】分析：(1)利用导数研究函数的单调性，可得当时， 取得极大值，也是最大值， 由，可得结果；（2）求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（3）假设存在区间，使得函数在区间上的值域是，则，问题转化为关于的方程在区间内是否存在两个不相等的实根，进而可得结果. 详解：(1) 由题意得， 令，解得， 当时， ，函数单调递增； 当时， ，函数单调递减. 所以当时， 取得极大值，也是最大值， 所以，解得. （2）的定义域为. ①即,则，故在单调增 ②若,而,故,则当时，; 当及时， 故在单调递减，在单调递增． ③若,即,同理在单调递减，在单调递增 （3）由（1）知， 所以，令，则对恒成立，所以在区间内单调递增， 所以恒成立， 所以函数在区间内单调递增. 假设存在区间，使得函数在区间上的值域是， 则， 问题转化为关于的方程在区间内是否存在两个不相等的实根， 即方程在区间内是否存在两个不相等的实根， 令， ，则， 设， ，则对恒成立，所以函数在区间内单调递增， 故恒成立，所以，所以函数在区间内单调递增，所以方程在区间内不存在两个不相等的实根. 综上所述，不存在区间，使得函数在区间上的值域是. 点睛：本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的最值值，属于难题.求函数极值、最值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数 ；(3) 解方程 求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查 在 的根 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么 在 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么 在 处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $