精品解析：天津市滨海新区大港第一中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题

大港一中2025届高三（上）第二次形成性检测卷 （数学） （11月14日） 一、单选题（共12小题，每小题5分） 1. 已知全集，集合，，则( ) A. B. C. D. 2. 对四组数据进行统计，获得如图散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 国家射击运动员甲在某次训练中的5次射击成绩（单位：环）为9，6，m，10，8，其中m为整数，若这5次射击的平均成绩为8，则这5次成绩的第45百分位数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 4. “”是“”的（ ）条件 A. 必要不充分 B. 充分不必要 C. 充要 D. 既不充分也不必要 5. 已知，比较a，b，c的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 7. 计算（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 8 8. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 外离 9. 已知函数满足，函数，则将图象向（ ）平移（ ）个单位长度后可以得到的图象. A. 左 B. 左 C. 右 D. 右 10. 已知函数的最小正周期为，则在的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 11. 已知且，则的最小值为（ ） A. B. 7 C. 15 D. 12. 已知双曲线:的左焦点为，过的直线交圆于，两点，交的右支于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共6小题，每小题5分） 13. 已知复数满足（为虚数单位），则=_________． 14. 的展开式中的项的系数为______. 15. 为培养学生体育锻炼的习惯，以及强化科学健身的理念，某校创建了田径类、球类、武术类三个体育社团，甲、乙、丙三位同学各自参加其中一个社团，每位同学参加各个社团的可能性相同，则三位同学参加的社团各不相同的概率为______，记三位同学所参加的社团种类的个数为X，则______. 16. 平面直角坐标系中，若抛物线的焦点为，直线与抛物线交于A，B两点，，圆为的外接圆，则圆心的坐标是______. 17. 在梯形中，，，，，，点满足，则______；若与相交于点，为线段延长线上的动点，则的最小值为______. 18. 设，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为______. 三、解答题（共4小题） 19. 在中，内角所对的边分别是，. （1）求的值； （2）求的值. 20. 已知椭圆（a＞b＞0）过点，点A为椭圆的右顶点，点B为椭圆的下顶点，且|OA|=2|OB|． （1）求椭圆的方程； （2）过点A的直线l1与椭圆交于另一点M，过点B的直线l2与椭圆交于另一点N，直线l1与l2的斜率的乘积为，M，N关于y轴对称，求直线l1的斜率． 21. 设函数，. （1）当时，求函数的极小值； （2）讨论函数零点的个数； （3）若对任意的，恒成立，求的取值范围. 22. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，为坐标原点，椭圆内一点满足，. （1）求椭圆的离心率； （2）椭圆上一点在第一象限，且满，直线与椭圆另一个交点为. （i）求点的坐标；（用表示） （ii）直线交的延长线于点，若的面积为，求椭圆的标准方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大港一中2025届高三（上）第二次形成性检测卷 （数学） （11月14日） 一、单选题（共12小题，每小题5分） 1. 已知全集，集合，，则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据并集和补集的概念与运算直接得出结果. 【详解】由题意知，，所以. 故选：A. 2. 对四组数据进行统计，获得如图散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据散点图和相关系数的概念和性质辨析即可. 【详解】由散点图可知，相关系数所在散点图呈负相关，所在散点图呈正相关， 所以都为正数，都为负数. 所在散点图近似一条直线上，线性相关性比较强，相关系数的绝对值越接近1， 而所在散点图比较分散，线性相关性比较弱，相关系数的绝对值越远离1. 综上可得：. 故选：A. 3. 国家射击运动员甲在某次训练中的5次射击成绩（单位：环）为9，6，m，10，8，其中m为整数，若这5次射击的平均成绩为8，则这5次成绩的第45百分位数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数公式求出，再根据百分数计算规则计算可得. 【详解】依题意，解得， 所以五次成绩从小到大排列为、、、、， 因为，所以第45百分位数为. 故选：C 4. “”是“”的（ ）条件 A. 必要不充分 B. 充分不必要 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式，然后根据充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】由即，即，解得或， 所以由推得出，故充分性成立； 由推不出，故必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：B 5. 已知，比较a，b，c的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据在上单调递增比较和的大小，根据和的大小比较和的大小，根据在上单调递减比较与的大小，根据与的大小比较和的大小. 【详解】因为函数在上单调递增， 所以， 又，所以，又因为函数在上单调递减， 所以，因为， 所以，综上，. 故选：C. 6. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性排除A，C；由排除B，从而得出答案． 【详解】由，得，解得，则的定义域为， ∵， ∴是偶函数，图象关于轴对称，排除A，C； ∵，故排除B， 故选：D． 7. 计算（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数幂的运算法则及指数、对数恒等式计算可得. 【详解】 . 故选：D 8. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 外离 【答案】B 【解析】 【分析】求出两圆的圆心和半径，得到圆心距和两圆半径的数量关系，得到两圆相交. 【详解】的圆心为，半径为2， 的圆心为，半径为3， 由于，， 故两圆相交. 故选：B 9. 已知函数满足，函数，则将图象向（ ）平移（ ）个单位长度后可以得到的图象. A. 左 B. 左 C. 右 D. 右 【答案】A 【解析】 【分析】根据求出，即可得到解析式，再根据三角函数的变换规则判断即可. 【详解】因为，即，即， 所以，又，所以当时，可得， 所以， 将向左平移个单位，可得函数. 故选：A 10. 已知函数的最小正周期为，则在的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的最小正周期求出，即可得到函数解析式，再根据的取值范围，求出的范围，最后根据正弦函数的性质计算可得. 【详解】因为函数的最小正周期为， 所以，解得，所以， 当，则， 所以当，即时取得最小，即. 故选：A 11. 已知且，则的最小值为（ ） A. B. 7 C. 15 D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，对变形可得原式，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】，且，， 所以 ， 当且仅当，即，时取等号， 即的最小值为. 故选：C． 12. 已知双曲线:的左焦点为，过的直线交圆于，两点，交的右支于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设双曲线的右焦点为，连接，过作与，易得，，设，结合双曲线的定义分别求出对应边，在和中，由勾股定理得和之间的关系，即可求解. 【详解】 设双曲线的右焦点为，连接，过作与，则， 因为，， 所以， 因为，所以，即为线段的中点， 因为为的中点，所以， 所以，， 设， 则，， ， 所以， 在中，由勾股定理可得， 即， 解得， 所以， ， 在中，由勾股定理得， 即， 解得，所以. 故选：. 【点睛】方法点睛：求解离心率的常用方法： （1）直接法：直接求出，，求解； （2）变用公式，整体求出； （3）利用题目中所给的几何关系或者条件得出，，的关系； （4）构造，的齐次式，解出. 二、填空题（共6小题，每小题5分） 13. 已知复数满足（为虚数单位），则=_________． 【答案】 【解析】 【分析】由，得，然后利用复数代数形式的乘除运算化简复数即可． 【详解】由，得. 故答案为：. 14. 的展开式中的项的系数为______. 【答案】 【解析】 【分析】写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】二项式展开式的通项为，其中且， 令，解得， 所以， 所以的展开式中的项的系数为. 故答案为： 15. 为培养学生体育锻炼的习惯，以及强化科学健身的理念，某校创建了田径类、球类、武术类三个体育社团，甲、乙、丙三位同学各自参加其中一个社团，每位同学参加各个社团的可能性相同，则三位同学参加的社团各不相同的概率为______，记三位同学所参加的社团种类的个数为X，则______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】求出单位同学选择社团的总数，再求得三位同学选择不相同的社团数，作比值即可；三位同学选择社团种类数可能取值为，分别求得概率，用数学期望的公式计算即可. 【详解】三位同学选择社团的总数为种，三位同学参加的社团各不相同的种类数是种， 所以三位同学参加的社团各不相同的概率为； 由题意可知，X的所有可能取值为，则 ；；， 则. 故答案为：； 16. 平面直角坐标系中，若抛物线的焦点为，直线与抛物线交于A，B两点，，圆为的外接圆，则圆心的坐标是______. 【答案】 【解析】 【分析】由已知及抛物线的定义，可求，进而得抛物线的方程，可求的坐标，设圆心坐标根据圆的半径相等，求得圆心. 【详解】由题意，设，所以，解得， 所以抛物线的方程为，，，， 因为,所以点在轴上, 设圆心坐标为，所以，解得，即. 故答案为: 17. 在梯形中，，，，，，点满足，则______；若与相交于点，为线段延长线上的动点，则的最小值为______. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】利用可得到大小，根据梯形上下底平行可得线段比例关系，取中点，利用向量数量积可得，通过求的最小值即可得到结果. 【详解】 由得，， 解得，故. 设交于点，由题意得，. 在中，由余弦定理得，，故. 由得，，，所以. 取中点，连接，则，， 所以，故. 因为， 所以当最小时，有最小值，的最小值为点到直线的距离. 由得，，又因为，所以为等边三角形，故点到直线的距离为， 由得点到直线的距离为，即， 此时. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量综合问题，解决问题的关键是利用平面向量的极化恒等式公式得到，问题转化为求线段长的最小值，分析几何图形即可得到结果. 18. 设，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为______. 【答案】或. 【解析】 【分析】函数恰有4个零点说明与的图象有四个交点，对实数的取值进行分类讨论，分别画出不同取值情况下的函数图象，通过斜率的变化即可确定实数的取值范围. 【详解】因为函数恰有4个零点，所以与的图象有四个交点， 当时，，函数图象如图1所示， 的图象与的图象仅有两个交点，不合题意. 当时，点，且时，，， 如图2，当与相切时， 联立得，， 由得或（舍）， 如图3，当时，与的图象在上有一个交点，在上有两个交点，不合题意. 如图4，当时，与的图象在上没有交点，在上有两个交点，不合题意. 如图2，当时，与的图象在上没有交点，在上有三个交点，不合题意. 如图5，当时，与的图象在上没有交点，在上有四个交点，符合题意. 当时，点，且时，，， 如图6，当与相切时， 联立得，， 由得或（舍）， 如图7，当时，与的图象在上有两个交点，在上有四个交点，不合题意. 如图6，当时，与的图象在上有两个交点，在上有三个交点，不合题意. 如图8，当时，与的图象在上有两个交点，在上有两个交点，符合题意. 如图9，当时，与的图象在上有一个交点，在上有两个交点，不合题意. 综上，实数的取值范围为或. 故答案为：或. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数与方程的应用，关键在于利用数形结合与分类讨论的思想，需要通过讨论取值范围，结合范围的限制，判断交点个数，得到的取值. 三、解答题（共4小题） 19. 在中，内角所对的边分别是，. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将角化边，即可得到，再由余弦定理计算可得； （2）首先求出，利用二倍角公式及两角差的余弦公式计算可得. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得，显然，所以， 又，故， 根据余弦定理可得，可得. 【小问2详解】 ，，， ，， 所以 20. 已知椭圆（a＞b＞0）过点，点A为椭圆的右顶点，点B为椭圆的下顶点，且|OA|=2|OB|． （1）求椭圆的方程； （2）过点A的直线l1与椭圆交于另一点M，过点B的直线l2与椭圆交于另一点N，直线l1与l2的斜率的乘积为，M，N关于y轴对称，求直线l1的斜率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)由|OA|=2|OB|可得a=2b，由椭圆（a＞b＞0）过点可得，解方程求，由此可得椭圆方程，(2) 设直线l1的方程为y=k（x-6）,联立方程组求M的坐标，由条件求出直线l2的方程，联立方程组求N，根据M，N关于y轴对称，列方程求. 【小问1详解】 因为|OA|=2|OB|，即a=2b， 又椭圆过点，所以，解得a=6，b=3， 椭圆方程为． 【小问2详解】 设直线l1的方程为y=k（x-6），则 得（1+4k2）x2-48k2x+144k2-36=0， 解得x1=6，，所以． 因为直线l1，l2的斜率乘积为，所以直线l2的方程为， 同理可得， 因为M，N关于y轴对称，所以， 即4k2-4k-1=0，解得． 所以直线l1的斜率为． 21. 设函数，. （1）当时，求函数的极小值； （2）讨论函数零点的个数； （3）若对任意的，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）极小值为； （2）当时，函数没有零点， 当或时，函数有且仅有1个零点， 当时，函数有2个零点； （3）. 【解析】 【分析】（1）时，求定义域，以及，利用导数判断单调性，由单调性即可求解； （2），令可得，令 ，求，判断单调性求得最值结合分别讨论的范围即可求解； （3）不等式可转化为，构造函数，可知，可得在上单调递减，即在上恒成立，分离转化为最值问题即可求解. 【详解】（1）由题设，当时，，函数的定义域为， ， 由可得；由可得； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得极小值； （2）函数， 令，得， 设，则， 所以当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以的最大值为，又，可知： ①当时，函数没有零点， ②当时，函数有且仅有1个零点， ③当时，函数有2个零点， ④当时，函数有且只有1个零点， 综上所述：当时，函数没有零点， 当或时，函数有且仅有1个零点， 当时，函数有2个零点； （3）对任意，恒成立， 等价于恒成立， 设，则， 可得在上单调递减， 所以在上恒成立， 分离可得：恒成立， 所以， 所以的取值范围是. 【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的方法 （1）直接法：令，如果能求出解，那么有几个不同的解就有几个零点； （2）利用函数的零点存在性定理：利用函数的零点存在性定理时，不仅要求函数的图象在区间上是连续不断的曲线，并且，还必须结合函数的图象与性质，（如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点； （3）图象法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数； （4）利用函数的性质：若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到，若所考查的函数是周期函数，则需要求出在一个周期内的零点个数，根据周期性则可以得出函数的零点个数. 22. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，为坐标原点，椭圆内一点满足，. （1）求椭圆的离心率； （2）椭圆上一点在第一象限，且满，直线与椭圆另一个交点为. （i）求点的坐标；（用表示） （ii）直线交的延长线于点，若的面积为，求椭圆的标准方程. 【答案】（1）; （2）（i）,（ii）. 【解析】 【分析】（1）由已知条件可知表达相关点的坐标，代入距离公式与比例关系可以求得的关系，即可求得离心率. （2）（ⅰ）设所在直线方程与椭圆联立，可以求得的坐标，再有直线联立可以求得的坐标； （ⅱ）用点到直线的距离与两点间的距离公式，可以求出三角形的面积，即可求得椭圆方程. 【小问1详解】 因为椭圆内一点M满足，所以为的中点， 由椭圆右顶点，可得，又因为椭圆上顶点， 所以，化简得， 因为，所以， 所以椭圆的离心率. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可得椭圆方程为， 椭圆上一点在第一象限，且满, 所以，设直线方程为， 由直线方程与椭圆方程联立得， 解得，因为点在第一象限，，则， 因为关于原点对称，所以； （ⅱ）因为，， 则直线的方程为，联立，解得， 所以， 所以，所以直线的方程为，即， 所以点到直线的距离为，， 所以的面积，所以， 所以椭圆的标准方程为. 【点睛】关键点睛：本题为圆锥曲线中直线与椭圆的位置关系，通常设直线方程，并与椭圆方程联立，借助韦达定理与点到直线的距离公式即可解决有关三角形面积的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $