精品解析：天津市滨海新区大港第三中学2025届高三上学期第二次阶段性检测数学试卷

高三年级第一学期第二次阶段性检测 数学试卷 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，考试时间100分钟. 第Ⅰ卷（共50分） 一、选择题，本大题共10小题，每小题5分，共50分.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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，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，则的部分图象大致形状是（ ） A. B. C. D. 4. ．已知直线，平面，给出下列四个命题 ①若，则 ②若，则 ②若 ④若 其中正确命题 的个数是 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5. 设等比数列的前项和为，已知，则（ ） A. 80 B. 160 C. 121 D. 242 6. 定义在上的偶函数，对，，且，有成立，已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 函数的图象经过点和点，则的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的外接球的体积为，点为棱的中点，则三棱锥的体积为（ ）． A. B. C. D. 9. 已知函数的部分图像如图所示，则（ ） A. 直线是的对称轴 B. 点是的对称中心 C. 在区间上单调递减 D. 当时，的值域为 10. 如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即的中点在底面上的投影为矩形的中心点.，，，，（长度单位：丈），则楔体的体积为（ ）（体积单位：立方丈） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（共90分） 二、填空题（本大题共8小题，每小题5分，） 11. 已知为虚数单位，复数的虚部是______． 12. 二项式的展开式中的常数项为_________. 13. 已知圆C：，直线m的倾斜角为且与圆C相切，则切线m的方程为 ____________________． 14. 在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为____. 15. 已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点在圆C上，且圆心到直线的距离为，则圆C的方程为__________. 16. 若，，且，则的最小值为___________ 17. 在边长为1的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC上的动点，满足，，且，则的最小值为___________，设点M，N满足，，若，则___________. 18. 函数，若关于的方程恰好有8个不同的实数根，则实数的取值范围是______. 三、解答题（本题共4小题，共60分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 19. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 20. 如图，在四棱锥中，底面，，点为棱的中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值． 21. 已知数列是正项等比数列，是等差数列，且， （1）求数列和的通项公式; （2），求数列的前项和. （3）表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求范围; 22. 已知函数 （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若对恒成立，求实数的取值范围 （3）若有3个零点，其中，求实数的取值范围，并证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级第一学期第二次阶段性检测 数学试卷 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，考试时间100分钟. 第Ⅰ卷（共50分） 一、选择题，本大题共10小题，每小题5分，共50分.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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得的值，然后计算即可. 【详解】由题意可得，则. 故选：A. 2. 已知，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】A 【解析】 【分析】根据题意可直接判断充分性，举例说明必要性不成立即可. 【详解】若，则，即充分性成立； 若，例如，满足条件，但不成立，即必要性不成立； 综上所述：“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 函数，则的部分图象大致形状是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性，再判断在区间上函数值的正负，用排除法得到答案. 【详解】函数的定义域为， ， 即函数为偶函数，排除BD； 当时，，排除A. 故选：C. 4. ．已知直线，平面，给出下列四个命题 ①若，则 ②若，则 ②若 ④若 其中正确命题 的个数是 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：对①，若∥，又，所以.又，，正确； 对②，、可以平行，也可以相交，故错； 对③，若，则、有可能平行，也有可能异面，也有可能相交，故错； 对④，若∥，因为，所以.又，所以．正确. 考点：空间直线与平面的位置关系. 5. 设等比数列的前项和为，已知，则（ ） A. 80 B. 160 C. 121 D. 242 【答案】A 【解析】 【分析】由的关系结合数列是等比数列，先得出，在中，令得，，由此即可得解. 【详解】由题意，所以，两式相减得， 又数列是等比数列， 所以它的公比， 在中，令得，，解得， 又， 所以是首项为，公比为3的等比数列， 所以，所以. 故选：A. 6. 定义在上的偶函数，对，，且，有成立，已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据偶函数的性质和单调性即可判断. 【详解】解：对，，且，有 在上递增 因为定义在上的偶函数 所以在上递减 又因为，， 所以 故选：A 【点睛】考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题. 7. 函数的图象经过点和点，则的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件列方程求，结合正切函数的性质求的单调递增区间. 【详解】依题意，，且， 即且， 因为，所以， 则， 所以，化简得， 因为，所以时，故， 所以． 由，得， 所以的单调递增区间是． 故选：D． 8. 已知正方体的外接球的体积为，点为棱的中点，则三棱锥的体积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正方体的特征及球的体积公式可计算正方体棱长，再根据三棱锥的体积公式计算即可. 【详解】由题意可知正方体的外接球直径为正方体的体对角线， 所以， 所以. 故选：B 9. 已知函数的部分图像如图所示，则（ ） A. 直线是的对称轴 B. 点是的对称中心 C. 在区间上单调递减 D. 当时，的值域为 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求出函数的解析式，利用正弦函数的性质依次判断各个选项. 【详解】由图知，所以周期． 又因为，所以，当时，， 所以．又因为，所以，即． 对于选项A，当时，，，所以直线是的对称轴，故A正确； 对于选项B，当时，，所以点不是的对称中心，故B错误； 对于选项C，当时，，由正弦函数可知，在区间上不单调递减，故C错误； 对于选项D，当时，，的值域为，故D错误． 故选：A. 10. 如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即的中点在底面上的投影为矩形的中心点.，，，，（长度单位：丈），则楔体的体积为（ ）（体积单位：立方丈） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将楔体补成直三棱柱，利用柱体的体积减去两个锥体的体积可得出结果. 【详解】如下图所示，将楔体补成直三棱柱，则为的中点， 则，，取的中点，连接、， 在直三棱柱中，且， 、分别为、的中点，则且， 为的中点，则且，且， 所以，四边形为平行四边形，可得且， 由已知平面，则平面，平面，， ，， 在直三棱柱中，平面，则平面， ，， 同理可得， 因此，楔体的体积为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下： （1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解； （2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 第Ⅱ卷（共90分） 二、填空题（本大题共8小题，每小题5分，） 11. 已知为虚数单位，复数的虚部是______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据复数除法计算方法化简，进而求出虚部． 【详解】， 所以复数的虚部是2． 故答案为：2． 12. 二项式的展开式中的常数项为_________. 【答案】 【解析】 【分析】展开式的通项为，由得出，代入即可得出答案. 【详解】二项式的展开式的通项为. 由，可得， 所以，常数项为. 故答案为：. 13. 已知圆C：，直线m的倾斜角为且与圆C相切，则切线m的方程为 ____________________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据已知条件，先设出直线m的方程，再结合点到直线的距离公式，即可求解． 【详解】由直线m的倾斜角为，设直线m的方程为，即， 而圆C：的圆心，半径， 由直线m与圆C相切，得，解得或， 所以切线m的方程为或. 故答案为：或. 14. 在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为____. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，连接，推导出，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成的角的余弦值. 【详解】因为，四边形为平行四边形，且， 则四边形为菱形，所以，，故为等边三角形， 取的中点，连接，则， 又因为，则， 因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，， 所以，， 因此，异面直线与所成的角的余弦值为. 故答案为：. 15. 已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点在圆C上，且圆心到直线的距离为，则圆C的方程为__________. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：设，则，故圆C的方程为 【考点】直线与圆位置关系 【名师点睛】求圆的方程有两种方法： （1）代数法：即用“待定系数法”求圆的方程．①若已知条件与圆的圆心和半径有关，则设圆的标准方程，列出关于a，b，r的方程组求解．②若已知条件没有明确给出圆的圆心或半径，则选择圆的一般方程，列出关于D，E，F的方程组求解． （2）几何法：通过研究圆的性质、直线和圆的位置关系等求出圆心、半径，进而写出圆的标准方程． 16. 若，，且，则的最小值为___________ 【答案】 【解析】 【分析】先对进行等式变形，利用把原式化简为，再利用均值不等式可得，然后由函数在区间上是单调递减，即可得到最小值为. 【详解】由， 因为，所以上式， 又因为，，由均值不等式得：， 利用函数在区间上是单调递减可知： ， 当且仅当时取到最小值. 故答案为： 17. 在边长为1的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC上的动点，满足，，且，则的最小值为___________，设点M，N满足，，若，则___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由题设可得，结合且及二次函数的性质求最小值，再根据已知可得，由求参数m即可. 【详解】由题设，，又， ∴，而， ∴， 由题设知：，， 而知：为中点， ∴，则， ∵， ∴， 故，由可得：. 故答案为：，. 【点睛】关键点点睛：应用数量积的运算律，通过转化法结合二次函数的性质求的最小值，由向量加减法的几何意义可得，利用垂直关系求参数值. 18. 函数，若关于的方程恰好有8个不同的实数根，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】令，由对勾函数得到其单调性和值域情况，画出函数的图象，数形结合得到不同的时，两函数交点情况，得到答案. 【详解】令，由对勾函数的性质可知： 对于一个确定的值，关于的方程最多两个解， 画出的图象如下： 故值域为， 作出函数的图象，如下： 令，解得：， 令，解得：，， 令，解得：， 当时，存在唯一的，使得，此时方程有两解； 当时，存在使得，此时方程有三解， 其中时，有1个解，即，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有四解， 时，无解，时，有2个解，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有七解， 时，有1个解，即，时，有2个解，时，有2个解， 时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有八个解， 当时，有2个解，时，有2个解，时，有2个解，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有六解， 当时，有2个解，时，有2个解，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有四解， 当时，有2个解，时，有2个解； 综上：实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数. 三、解答题（本题共4小题，共60分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 19. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数基本关系可求，进而利用正弦定理以及求得的值； （2）由题意利用余弦定理可得，解得的值； （3）利用二倍角公式可求，的值，利用同角三角函数基本关系可求的值，进而利用两角和的正弦公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以，又， 所以由正弦定理可得：，即，解得 【小问2详解】 因为，，， 化简可得：，解得(负值舍去)， 【小问3详解】 因为，， 因为，为锐角，可得， 所以 20. 如图，在四棱锥中，底面，，点为棱的中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值． 【答案】 （1）依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），可得，，由点为棱的中点，得． 向量，，故． ∴． （2）；（3）． 【解析】 【分析】（1）可以建立空间直角坐标系，利用向量数量积来证明，；（2）向量法：先求平面的法向量，然后利用公式求直线与平面所成角的正弦值；（3）向量法：先求平面和平面的法向量，再利用公式来求二面角的余弦值． 【详解】（1）略 （2）向量，设为平面的法向量，则，即， 不妨令，可得为平面的一个法向量． 于是有， ∴直线与平面所成角的正弦值为． （3）， 由点在棱上，故， 由，得，解得，即． 设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得为平面的一个法向量．取平面的法向量，则． 易知，二面角是锐角，∴其余弦值为． 【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离. 21. 已知数列是正项等比数列，是等差数列，且， （1）求数列和的通项公式; （2），求数列的前项和. （3）表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求范围; 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设出公比和公差，得到方程组，求出公比和公差，求出通项公式； （2）设，错位相减法求得，设，裂项相消法求得，进而可得结果； （3）求出，设，作差法得到其单调性，结合集合有4个元素，求出. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，等差数列的公差为， 因为， 则，解得或（舍去）， 所以；. 【小问2详解】 因为，， 设， ， 两式相减得 ， 所以， 当n为奇数时，， 设 ， . 【小问3详解】 由题意可知：， 其中， 所以， 集合，设， 则， 所以当时，，当时，． 计算可得，，，，， 因为集合有4个元素，． 【点睛】结论点睛：常见的裂项相消法求和类型： 分式型：，，等； 指数型：，等； 根式型：等； 对数型：，且. 22. 已知函数 （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若对恒成立，求实数的取值范围 （3）若有3个零点，其中，求实数的取值范围，并证明． 【答案】（1） （2） （3） ， ， 令， 当时，在恒成立，则， 所以在单调递减，不满足，舍去； 当时，因为， 则除1外还有两个零点，则不单调， 所以存在两个不同的零点，所以，解得， 当时，设的两个零点为， 则，，所以， 当时，，，则单调递增； 当时，，，则单调递减； 当时，，，则单调递增； 又，所以，， 而，且， ，且， 所以存在，，使得， 即有3个零点， 综上，实数a的取值范围为， 因为 ， 又，， 所以， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）对恒成立，化简分离参数可得对恒成立，构造函数，求出的最大值即可； （3）将函数有三个零点转化为有两个零点，分类讨论，得使条件成立的的取值范围，再证明，结合，，即可得证. 【小问1详解】 当时，， 则， 故， 所以在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 对恒成立， 即对恒成立， 即对恒成立， 即对恒成立， 令，则， 所以函数在上单调递增， 所以，所以， 即实数的取值范围为； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $