精品解析：天津市宝坻区第一中学2024-2025学年高三下学期一模冲刺数学科目试卷

宝坻一中2024－2025学年度第二学期高三年级 一模冲刺数学科目试卷 班级： 姓名： 考号： 考场： 座位号： 第Ⅰ卷（共45分） 一、选择题（本题共9小题，每题5分，共45分） 1. 已知全集，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】用列举法表示集合B，再利用补集、交集的定义求出. 【详解】由题意得，故. 故选：B. 2. 若，是两个不同的平面，直线，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】由面面垂直的判定定理得到充分性成立，再举出反例得到必要性不成立，得到答案. 【详解】，，由面面垂直的判定定理可知，，充分性成立， ，，则或，必要性不成立， 则“”是“”充分不必要条件. 故选：A 3. 设研究某两个属性变量时，作出零假设并得到2×2列联表，计算得，则下列说法正确的是（ ） A. 有99.5%的把握认为不成立 B. 有5%的把握认为的反面正确 C. 有95%的把握判断正确 D. 有95%的把握能反驳 【答案】D 【解析】 【分析】根据独立性检验的概念以及计算步骤，可得答案. 【详解】依题意，，因此有95%的把握反驳， 故选：D. 4. 下列函数中，是奇函数且在定义域内是增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别讨论各个选项中函数的定义域、奇偶性和单调性即能得到答案. 【详解】A选项：函数定义为，，是偶函数，A选项不正确； B选项：函数定义为，，是奇函数， 函数在上单调递增，在上单调递减，B选项不正确； C选项：函数定义为，，是奇函数， 因为，所以函数在定义域内单调递增，C选项正确； D选项：函数定义为，，是奇函数， 因为在上单调递减， 所以函数在上单调递减，D选项不正确. 故选：C. 5. 设，，，则a，b，c的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过变形，而，故可判断大小， 再作差利用基本不等式有即可得解. 【详解】由， ， 所以， 所以， 故选：A. 【点睛】本题考查了对数函数的比较大小，对数函数的比较大小是高考中重点考查对象，考查了利用中间量以及作差法比较大小，考查了变形转化以及对数的运算能力，比较大小有以下几种方法： （1）利用函数单调性比较大小； （2）中间量法比较大小； （3）作差法、作商法比较大小. 6. 已知函数，则下列说法错误的是（ ） A. 是函数的周期 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数的图象可由函数向左平移个单位长度得到 D. 函数的对称轴方程为 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦函数的图象与性质逐一判断选项即可. 【详解】A：因为， 所以是函数的周期，故A正确； B：∵，∴， 又在上不单调，故B错误； C：函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，故C正确； D：令，得，故D正确， 故选：B 【点睛】思路点睛：解答选项A的思路为验证；选项BD为整体代换法的应用；选项C为函数图象的平移变换. 7. 如图1的方斗杯古时候常作为盛酒的一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加某种酒，当酒的高度是方斗杯高度的一半时，用酒，则该方斗杯可盛该种酒的总容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得该方斗杯可盛该种酒的总容积. 【详解】设线段、、、中点分别为、、、，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、， 则， 设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为， 则，则， 所以，，所以，该方斗杯可盛该种酒的总容积为. 故选：C. 8. 国际上常用普姆克实验系数（单位：pmk）表示药品的治愈效果，系数越大表示效果越好.某研究机构元旦时在实验用小白鼠体内注射某种实验药品，二月底测得普姆克系数为24 pmk，三月底测得普姆克系数为36 pmk，已知该药品在当年第x月月底测得的普姆克系数y与月份x（单位：月）的关系是.则普姆克系数是一月底的普姆克系数5倍以上的最小月份是（ ）（参考数据：，.） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数模型，并用待定系数法求解出解析式，再进一步计算即可. 【详解】根据题意可知时，；时，， ∴，解得． 故该函数模型的解析式为一月底，，； 当时，，一月底普姆克系数是， 令，得， 所以， 所以普姆克系数是一月底的普姆克系数5倍以上的最小月份是5月. 故选：C 9. 已知双曲线的右焦点为为直线上关于坐标原点对称的两点，为双曲线的右顶点，若，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据得出的特征，然后通过的值结合双曲线的相关线段长度关系来建立关于离心率的方程，进而求解离心率. 【详解】因为，所以，又，为直线上关于坐标原点对称的两点，，那么. 设，则，化简可得， 而，所以，则或，不妨设，. 已知，则，. ，. . 根据向量的夹角公式. 因为，得. 由于是三角形内角，且，在直线上，为右顶点，所以. 即，两边平方可得， 化简得，即，. 又因为，把代入可得. 双曲线的离心率，则，所以. 故选：B. 第Ⅱ卷（共105分） 二、填空题（本题共6小题，每题5分，共30分） 10. 已知，其中i是虚数单位，则__________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据复数的四则运算，结合复数相等，求得参数的值，可得答案. 【详解】由，可得：，由复数相等可知： 所以 故答案为：3 11. 已知的展开式中的常数项为，则展开式中所有项的系数之和为______． 【答案】##0.015625 【解析】 【分析】先求出二项式的展开式通项，利用常数项列式求得，然后赋值法求解系数和即可. 【详解】二项式的展开式通项， 令，得，故展开式中的常数项为，得（舍去负值）， 则令得展开式中所有项的系数之和为． 故答案为： 12. 已知圆的圆心与抛物线的焦点重合，两曲线在第一象限的交点为，则原点到直线的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，首先解出抛物线的方程，联立方程组，解出交点的坐标，再求出直线的方程，最后由点到直线的距离公式，即可得到答案. 【详解】圆心与的焦点重合， 由可得 由点斜式方程可得： 即：，原点到的距离． 故答案为：. 13. 在甲､乙､丙､丁四人踢毽子游戏中，第一次由甲踢出，并且每次踢出都等可能踢给另外三人中的任何一人，若第二次踢出后恰好踢给丙，则此毽子是由乙踢出的概率为__________；第次踢出后，毽子恰好踢给乙的概率为__________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据条件概率公式之积可得第二次毽子由乙踢出的概率，再由若第次踢出后，建子恰好踢给乙，则第次踢出后，建子恰好不踢给乙，再由其踢给乙，即可得概率的递推公式，进而可得概率. 【详解】由已知接到前两次踢出的毽子的情况有（乙，甲），（乙，丙），（乙，丁），（丙，甲），（丙，乙），（丙，丁），（丁，甲），（丁，乙），（丁，丙），共种， 设事件：第二次的毽子由丙接到，事件：第二次的毽子由乙踢出，丙接到， 则，， 则； 设第次踢出后，毽子恰好踢给乙的概率为， 易知若第次踢出后，毽子恰好踢给乙，则第次踢出后，毽子恰好不踢给乙，再由其踢给乙， 即，，且， 则， 即是以为首项，为公比的等比数列， 则， 即， 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：根据题意结合概率知识可得递推公式，进而分析求解. 14. 如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若，，点为线段上的动点，则_________，的最小值为_________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】在中，由余弦定理可得出的长，即为的长；取线段的中点，连接，计算得出，分析可知，当时，取最小值，求出的最小值，即可求得的最小值. 【详解】由题意可知，是等边三角形，则，则， 在中，，，， 由余弦定理可得， 又因为为等边三角形，则； 取线段的中点，连接， 则 ， 中，，，，， 由正弦定理额可得， 则， 当时，取最小值，此时，， 所以，. 故答案为：；. 15. 已知函数，上有四个不同的零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，令，画出的图象，再对关于的方程，讨论时是否符合题意，再计算为方程的一个根时是否符合题意，分析可得有两个不相等实数根，结合二次函数根的分布问题得到不等式组，解得即可. 【详解】因为， 令，则， 又函数的图象如下所示： 要使函数，上有四个不同的零点， 对于关于的方程， 若，则或， 当时，解得，此时有且仅有个不同零点，不符合题意； 当时，解得，此时无零点，不符合题意； 若为方程的一个根，则，则方程有两个实数根和， 此时有且仅有个不同的零点，不符合题意； 所以有两个不相等实数根，且两根均大于或一根小于0，一根大于0小于1， ①当两根均大于时，令，则有两个零点，且两个零点均大于， 所以，解得； ②当一根小于0，一根大于0小于1，则，解得； 综上可得实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是令，从而转化为关于的方程的根的情况问题. 三、解答题（本题共5小题，共75分） 16. 在中，角、、的对边分别为、、，. （1）求； （2）设，. ①求； ②求的值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由已知条件结合切化弦，正弦定理以及两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）①利用余弦定理可得出关于的等式，即可解得的值； ②利用正弦定理求出，即可求出，再由二倍角公式及两角和的余弦公式计算可得.. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，即， 所以， 因为，，所以，，所以， 又，所以. 【小问2详解】 ①因为，，， 由余弦定理可得， 即，整理得， 而，所以. ②由正弦定理，得， 由，得，则， 所以，， 所以. 17. 在如图所示的多面体中， EA平面ABC， DB平面ABC， ACBC， 且， M是AB的中点. （1）求证: CMEM； （2）求平面EMC与平面BCD所成角的正弦值； （3）在棱DC上是否存在一点N，使得直线MN与平面EMC所成的角是60°，若存在，写出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见详解； （2）； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直证明线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，通过向量法去求平面EMC与平面BCD所成角； （3）利用向量法求线面角，从而解得点的坐标. 【小问1详解】 ，是的中点， ， 又平面，平面， ， ，平面，平面， 平面，平面， . 【小问2详解】 以为原点，分别以，为轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，，，. 设平面的法向量为，则， 取，，，所以. 设平面的法向量为，则， 取，，，所以. ， 设平面与平面所成的角为， ， 所以平面与平面所成的角的正弦值为. 【小问3详解】 在棱上存在一点，设，且，， ， ，，， ， 若直线与平面所成的角是60°， 则，解得， 所以符合条件的点存在，为棱的中点. 18. 已知椭圆C：的长轴长为4，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆C交于A、B两点，与y轴交于点M，线段的垂直平分线与交于点P，与y轴交于点Q，O为坐标原点，如果，求k的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意列出的方程组，求解即得椭圆方程； （2）将直线与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，写出直线的方程，求得点的坐标.法一：根据条件推得,计算求得的值；法二：根据条件推得，由求出的值. 【小问1详解】 由题设得，解得，，， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 联立，得， 由，得， 设，，则，， 所以点的横坐标，纵坐标为， 所以直线的方程为， 令，则点纵坐标，则， 因为，所以点、点在原点两侧， 因为，所以， 法一：由上可得， 因为，， 所以，解得， 所以. 法二：因,故有，即， 因为，，所以， 解得，所以. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合图形，将相关条件等价转化，再结合韦达定理解决问题. 19. 若无穷数列满足：对于，，其中A为常数，则称数列为“A数列”． （1）若等比数列为“A数列”，求的公比q； （2）若数列为“A数列”，且，． ①求证：； ②若，且是正项数列，，求满足不等式的的最小值． 【答案】（1） （2）①证明见详解；②1 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，结合等比数列通项公式分析求解； （2）根据题意结合等差数列通项公式可得.①可得，根据分析证明即可；②可得，赋值求的值或范围，根据，分析求解. 【小问1详解】 因为等比数列为“A数列”，则， 即，可得， 若上述方程对任意恒成立，则，且为定值， 所以的公比. 【小问2详解】 由题意可知：，且， 则数列是以首项为，公差为1的等差数列， 可得，即. ①因为， 若，则； 若，则； 若，则， 可得； 综上所述：； ②因为，且是正项数列，则，即， 可得， 若对任意恒成立，即， 令，可得，可得， 且，则， 若，可得， 又因为， 可得， 所以符合题意； 若对任意恒成立，即， 令，可得，可得， 若，可得， 又因为， 可得，， 可得，所以符合题意； 综上所述：的最小值1. 【点睛】方法点睛：数列与函数、不等式的综合问题的常见题型 1.数列与函数的综合问题主要有以下两类： ①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形． 2.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题． 20. 已知函数. （1）求在处的瞬时变化率； （2）若恒成立，求的值； （3）求证：. 【答案】（1）1 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据瞬时变化率的定义求解， （2）根据可知是的一个极大值点，由，可得，接下来利用导数求证对任意的恒成立即可， （3）构造函数以及求导得两个不等式和即可利用，累加求解. 【小问1详解】 则， 故在处的瞬时变化率为 【小问2详解】 设 由条件可知恒成立， 由于，且的图象在定义域内是连续不间断的， 所以是的一个极大值点，则， 又所以解得 下证当时，对任意的恒成立， 令则， 由， 故函数在单调递增，在单调递减， 所以，即，而， 所以当时，， 综上，若恒成立，则， 【小问3详解】 由（2）可知， 所以 ， 先证,, 令，则，故在单调递增， 故，故，， 所以， 再证， 设， 则当时，单调递减， 当时，单调递增， 故当，故当且仅当时取等号， 故令，则故， 因此， 故， 综上可知： 【点睛】结论点睛：常用的不等式：，，，，，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宝坻一中2024－2025学年度第二学期高三年级 一模冲刺数学科目试卷 班级： 姓名： 考号： 考场： 座位号： 第Ⅰ卷（共45分） 一、选择题（本题共9小题，每题5分，共45分） 1. 已知全集，则（ ） A. 2 B. C. D. 2. 若，是两个不同的平面，直线，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. 设研究某两个属性变量时，作出零假设并得到2×2列联表，计算得，则下列说法正确的是（ ） A. 有99.5%的把握认为不成立 B. 有5%的把握认为的反面正确 C. 有95%的把握判断正确 D. 有95%的把握能反驳 4. 下列函数中，是奇函数且在定义域内是增函数的是（ ） A B. C. D. 5. 设，，，则a，b，c的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则下列说法错误的是（ ） A. 是函数的周期 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数的图象可由函数向左平移个单位长度得到 D. 函数的对称轴方程为 7. 如图1的方斗杯古时候常作为盛酒的一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加某种酒，当酒的高度是方斗杯高度的一半时，用酒，则该方斗杯可盛该种酒的总容积为（ ） A. B. C. D. 8. 国际上常用普姆克实验系数（单位：pmk）表示药品的治愈效果，系数越大表示效果越好.某研究机构元旦时在实验用小白鼠体内注射某种实验药品，二月底测得普姆克系数为24 pmk，三月底测得普姆克系数为36 pmk，已知该药品在当年第x月月底测得的普姆克系数y与月份x（单位：月）的关系是.则普姆克系数是一月底的普姆克系数5倍以上的最小月份是（ ）（参考数据：，.） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 9. 已知双曲线的右焦点为为直线上关于坐标原点对称的两点，为双曲线的右顶点，若，且，则双曲线的离心率为（ ） A B. C. D. 第Ⅱ卷（共105分） 二、填空题（本题共6小题，每题5分，共30分） 10. 已知，其中i是虚数单位，则__________． 11. 已知的展开式中的常数项为，则展开式中所有项的系数之和为______． 12. 已知圆的圆心与抛物线的焦点重合，两曲线在第一象限的交点为，则原点到直线的距离为______． 13. 在甲､乙､丙､丁四人踢毽子游戏中，第一次由甲踢出，并且每次踢出都等可能踢给另外三人中的任何一人，若第二次踢出后恰好踢给丙，则此毽子是由乙踢出的概率为__________；第次踢出后，毽子恰好踢给乙的概率为__________. 14. 如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若，，点为线段上的动点，则_________，的最小值为_________． 15. 已知函数，上有四个不同的零点，则实数的取值范围是______. 三、解答题（本题共5小题，共75分） 16. 在中，角、、对边分别为、、，. （1）求； （2）设，. ①求； ②求的值. 17. 在如图所示的多面体中， EA平面ABC， DB平面ABC， ACBC， 且， M是AB的中点. （1）求证: CMEM； （2）求平面EMC与平面BCD所成角的正弦值； （3）在棱DC上是否存在一点N，使得直线MN与平面EMC所成的角是60°，若存在，写出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 18. 已知椭圆C：的长轴长为4，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆C交于A、B两点，与y轴交于点M，线段的垂直平分线与交于点P，与y轴交于点Q，O为坐标原点，如果，求k的值. 19. 若无穷数列满足：对于，，其中A为常数，则称数列为“A数列”． （1）若等比数列为“A数列”，求的公比q； （2）若数列为“A数列”，且，． ①求证：； ②若，且是正项数列，，求满足不等式的的最小值． 20 已知函数. （1）求在处的瞬时变化率； （2）若恒成立，求的值； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $