精品解析：天津市南开区2024-2025学年高三下学期质量监测（一）数学试卷

2024-2025南开区高三下学期一模 数学试卷 参考公式： •柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高． •锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高． •如果事件互斥，那么． •对于事件，那么． 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. 若集合，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. 设，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图是由一组实验数据得到的散点图，以下四个回归方程类型中适合作为与的回归方程类型的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知是奇函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 6. 把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，且的图象关于点中心对称，则函数的解析式可能是（ ） A. B. C D. 7. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平行六面体中，是线段上的一点，且，则三棱锥的体积与平行六面体的体积之比为（ ） A. B. C. D. 9. 设双曲线的左、右顶点分别是，点是的一条渐近线上一点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 4 第Ⅱ卷 注意事项： 1．用黑色黑水的钢笔或签字笔答题； 2．本卷共11小题，共105分． 二､填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分． 10. 是虚数单位，若复数为纯虚数，则__________． 11. 若的展开式的二项式系数和为32，且的系数为__________． 12. 已知圆与抛物线的准线相切于点为的焦点，则直线被圆截得的弦长为__________． 13. 有编号分别为的3个盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球．现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，则从第1个盒子中取到白球的概率是__________；从第3个盒子中取到白球的概率是__________． 14. 在中，，若点为的中点，点满足，点为与的交点，用和表示__________；则的余弦值为__________． 15. 已知，若方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围为__________． 三､解答题：本大题共5题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，内角的对边分别为，且． （1）求边长； （2）求的值； （3）求值． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，为棱上一点，且． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点． （1）求的方程； （2）过点，斜率不为0直线与椭圆交于两点，点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于．若，求直线的斜率． 19. 已知公差大于0的等差数列的前项和为，且是的等比中项． （1）求的通项公式及； （2）记为在区间内项的个数，为数列的前项和． （i）若，求的最大值； （ii）设，证明：． 20. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上恒成立，求实数的取值范围； （3）若方程有两个不同的实数解，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025南开区高三下学期一模 数学试卷 参考公式： •柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高． •锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高． •如果事件互斥，那么． •对于事件，那么． 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用集合的交补运算求集合. 【详解】由题设，，则. 故选：A 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】根据不等式的性质判断条件间的推出关系，即可得. 【详解】若，如，但不成立，充分性不成立； 若，显然同号且不为0，则成立，必要性成立； 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 3. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指对数的性质判断大小关系即可. 【详解】由，即. 故选：D 4. 如图是由一组实验数据得到的散点图，以下四个回归方程类型中适合作为与的回归方程类型的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据散点图的变化趋势及散点的分布情况判断回归方程的类型. 【详解】由散点图中各点的变化趋势：非线性、且上单调递增,且增速越来越快，所以适合指数型模型. 故选：C. 5. 已知是奇函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由奇函数的性质列方程求参数即可. 【详解】是奇函数， 由得， 所以恒成立，则，解得. 故选：C 6. 把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，且的图象关于点中心对称，则函数的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依次由各选择支函数根据平移变换求出的解析式，再代值验证对称性可知. 【详解】对于选项A，若， 则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得到， 再把所得曲线向左平移个单位长度，得到， 由，故图象不关于点中心对称，故A错； 对于选项B，若， 则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得到， 再把所得曲线向左平移个单位长度，得到， 由，故图象不关于点中心对称，故B错； 对于选项C，若， 则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得到， 再把所得曲线向左平移个单位长度，得到， 由，可知图象关于点中心对称，故C正确； 对于选项D，若， 则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得到， 再把所得曲线向左平移个单位长度，得到， 由， 故图象不关于点中心对称，故D错. 故选：C. 7. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，得到为单调递增函数，根据对数函数的性质，以及复合函数的单调性的判定方法，列出不等式，求得的取值范围，即可得到答案. 【详解】令，因为且，所以函数为单调递增函数， 要使得函数在上单调递减， 则满足，解得，所以实数的取值范围为. 故选：A. 8. 如图，在平行六面体中，是线段上的一点，且，则三棱锥的体积与平行六面体的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知，先证明面，再由及棱锥和棱柱的体积公式，即可得. 【详解】由题设及平行六面体的结构特征易知，面，面， 所以面，则上任意一点到面的距离为定值， 又，则， 由的底面面积是平行六面体底面面积的一半，且高相等， 所以. 故选：D 9. 设双曲线的左、右顶点分别是，点是的一条渐近线上一点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意画出图形，设点在第一象限，根据已知条件得到点在以原点为圆心，为半径的圆上，联立，解得，从而得到，利用正切值得到，再转化为的齐次方程求解即可. 【详解】如图所示，设点在第一象限， ， 因为，所以点在以原点为圆心，为半径的圆上. ，解得. 又因为，所以. 在中，，，， 所以，即. 所以，，， 即，所以. 故选：C 第Ⅱ卷 注意事项： 1．用黑色黑水的钢笔或签字笔答题； 2．本卷共11小题，共105分． 二､填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分． 10. 是虚数单位，若复数为纯虚数，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】应用复数的乘法求复数，根据纯虚数的性质求参数值即可. 【详解】由为纯虚数， 所以，则 故答案为： 11. 若的展开式的二项式系数和为32，且的系数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由二项式系数和求得，再由通项公式即可求解. 【详解】由题意可得，即， 通项公式， 令，可得：， 所以的系数为， 故答案为： 12. 已知圆与抛物线的准线相切于点为的焦点，则直线被圆截得的弦长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知可得，进而有、，写出，求圆心到直线距离，再应用圆中弦长的几何求法求直线被圆截得的弦长. 【详解】由题设，抛物线准线为，则，故， 由准线与圆相切且圆心，易知， 所以，即， 故到的距离， 所以直线被圆截得的弦长为. 故答案为： 13. 有编号分别为的3个盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球．现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，则从第1个盒子中取到白球的概率是__________；从第3个盒子中取到白球的概率是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】应用古典概率求法求从第1个盒子中取到白球的概率，再应用独立乘法公式和互斥事件加法求从第3个盒子中取到白球的概率. 【详解】由第1个盒子中有2个白球1个黑球，则从第1个盒子中取到白球的概率是， 当从第1个盒子中取到白球且概率为，则第2个盒子中有2个白球1个黑球， 从第2个盒子抽到白球概率为，则第3个盒子中有2个白球1个黑球，故抽到白球概率为， 从第2个盒子抽到黑球概率为，则第3个盒子中有1个白球2个黑球，故抽到白球概率为， 所以，对应概率为； 当从第1个盒子中取到黑球且概率为，则第2个盒子中有1个白球2个黑球， 从第2个盒子抽到白球概率为，则第3个盒子中有2个白球1个黑球，故抽到白球概率为， 从第2个盒子抽到黑球概率为，则第3个盒子中有1个白球2个黑球，故抽到白球概率为， 所以，对应概率为； 综上，从第3个盒子中取到白球的概率是. 故答案为：； 14. 在中，，若点为的中点，点满足，点为与的交点，用和表示__________；则的余弦值为__________． 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】根据已知及加减、数乘的几何意义可得、，再由与的夹角相等，结合向量数量积的运算律及夹角余弦值的求法求的余弦值. 【详解】由，则， 由与的夹角相等，则， 又，，则， 所以， ， ， 所以. 故答案为：， 15. 已知，若方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】令，先变形，再分，两种情况讨论的正负，从而去掉绝对值符号，再分段求解方程的根，即可求出的取值范围. 【详解】令，则原方程可化为， 因为， 又因为，所以上式可化为 . （1）当时，，，即， 所以则原方程可化为， 整理可得. （i）当时，上式可化为， 所以关于的一次方程有解必须满足，解得①， （ii）当时，上式可化为，解得，此时②， （2）当时，，，即， 所以则原方程可化为， 整理可得. 因为当时，原方程已有两个不等的实数根，原方程要有四个不同的实数根， 方程必须有两个不等的实数根， 令，的对称轴为 必须让二次函数在上与轴有两个不同的交点， 所以须满足，即， 解得③， 所以，综上①②③可得实数的取值范围为， 故答案为：. 三､解答题：本大题共5题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，内角的对边分别为，且． （1）求边的长； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1）4 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可知，进而结合余弦定理求解即可； （2）根据平方关系先求得，再结合正弦定理求解即可； （3）先求出，，再结合两角差的余弦公式求解即可. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可知， 由余弦定理可得，即， 解得，故． 【小问2详解】 由及，得， 由正弦定理，得， 解得． 【小问3详解】 由（2）得，所以． 所以． 所以 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，为棱上一点，且． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，应用向量法得，再由线面平行的判定证明结论； （2）（3）根据（1），应用向量法求线面角、面面角的正余弦值. 【小问1详解】 取中点，连接，因为，所以． 又面面，面，面面， 所以平面． 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 所以． 设为平面的一个法向量，则，得， 令，则，从而． 因为，所以． 因为，所以，又平面，则平面． 【小问2详解】 设与平面的夹角为，则． 【小问3详解】 显然，平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则． 18. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点． （1）求的方程； （2）过点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于．若，求直线的斜率． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆所过的点求参数，即可得方程； （2）设直线，联立椭圆并应用韦达定理，再由直线，直线求交点坐标，根据面积关系得，进而求得，即可得. 【小问1详解】 设的方程为且， 将两点代入得，解得， 故的方程为． 【小问2详解】 依题意，设直线， 联立，消去整理得， 则，即，且． 直线，直线， 令，则， 令，则， 由，得，即， 整理得， 因为，所以，解得， 所以直线的斜率为． 19. 已知公差大于0的等差数列的前项和为，且是的等比中项． （1）求的通项公式及； （2）记为在区间内项的个数，为数列的前项和． （i）若，求的最大值； （ii）设，证明：． 【答案】（1）； （2）（i）5；（ii）证明见解析.. 【解析】 【分析】（1）应用等差数列前n项和公式及等差中项的性质、通项公式求基本量，进而得到的通项公式及； （2）（i）根据已知得，即得，应用等差、等比前n项和公式及分组求和得，再由能成立求的最大值； （ii）由（i）得，判断其单调性即可得，应用基本不等式及放缩有，应用错位相减法求右侧的前n项和，即可证. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 依题意，，即①， ，即②， 将①代入②得，因为，解得， 所以． 【小问2详解】 （i）令，即，解得， 所以，即的通项公式为 所以． 又，所以． 由，得， 因为， 所以的最大值为5． （ii）由（i）知，则，所以． 设①， 则②， ①②得， 所以． 因， 所以． 综上，． 20. 已知函数． （1）求曲线在点处切线方程； （2）若在区间上恒成立，求实数的取值范围； （3）若方程有两个不同的实数解，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程； （2）导数研究函数的单调性，结合及不等式恒成立确定参数范围； （3）由有两个不同的实数解得，构造并研究其函数值符号得，由有两个不同的实数解，构造，并利用导数研究性质可得，令，则方程有两个不同的实数解，构造设，导数研究性质得，进而得到，即可证. 【小问1详解】 ，则切线的斜率为，又， 所以处的切线方程为，即． 【小问2详解】 ， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减，则． 若在区间上恒成立，则的取值范围为． 【小问3详解】 由，得， 若有两个不同的实数解，则， 两式相减得，所以． 不妨设，则， 所以在上单调递增，此时，所以． 所以，即，所以①． 由，得有两个不同的实数解， 令， 当时单调递增，当时单调递减， 由，，所以． 令，则方程有两个不同的实数解． 由（2）知，则有． 设，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 此时，即，故，当且仅当时等号成立． 不妨设直线与直线交点横坐标分别为， 则， 所以②． 综上，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$