精品解析：天津市河北区2024-2025学年高三下学期总复习质量检测（一）数学试题

河北区2024-2025学年度高三年级总复习质量检测（一） 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时100分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至8页. 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 注意事项： 1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规位置粘贴考试用条形码. 2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答在试卷上的无效. 3.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 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. 如图，已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据韦恩图得出阴影部分表示的集合是，利用集合的交并补运算即得. 【详解】由图知阴影部分表示的集合是, 因，， 则，故. 故选：D. 2. “”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】借助函数单调性，分别解两个不等式，再利用充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】因为函数在定义域上单调递增，所以由得， 因为函数在定义域上单调递增，所以由得， 若成立，则不一定成立，充分性不成立， 若成立，则一定成立，必要性成立， 即“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇偶性的定义判断为奇函数，再结合的符合及排除法，即可得. 【详解】由，且定义域为R， 所以为奇函数，排除A、B； ，排除D. 故选：C 4. 已知表示变量x与y之间的相关系数，表示变量u与v之间的相关系数，且，，则（ ） A. 变量x与y之间呈正相关关系，且x与y之间的相关性强于u与v之间的相关性 B. 变量x与y之间呈负相关关系，且x与y之间的相关性强于u与v之间的相关性 C. 变量u与v之间呈负相关关系，且x与y之间的相关性弱于u与v之间的相关性 D. 变量u与v之间呈正相关关系，且x与y之间的相关性弱于u与v之间的相关性 【答案】C 【解析】 【分析】根据线性相关系数越接近1，表示两个变量之间的相关性越强，线性相关系数的正负表示两个变量之间呈正相关关系或负相关关系． 【详解】因为线性相关系数，， 所以变量x与y之间呈正相关关系，变量u与v之间呈负相关关系． 因为|r|越接近1，两个变量的线性相关程度越高，所以x与y之间的相关性弱于u与v之间的相关性． 故选：C． 5. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系. 【详解】因为， ， ， 所以. 故选：D. 【点睛】本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数函数的单调性，确定其对应值的范围. 比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法： （1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减； （2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减； （3）借助于中间值，例如：0或1等. 6. 若，为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面、线面的位置关系，结合平面法向量的概念及性质判断各项的正误即可. 【详解】A：若，，则或，而，故，对； B：若，将视作的法向量所在直线，又，易知，对； C：若，，则，而，故，对； D：若，，则平行、异面、相交都有可能，错. 故选：D 7. 已知双曲线的右焦点为，过且倾斜角为的直线交双曲线的两条渐近线于两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据渐近线的倾斜角可得，根据全等即可求解. 【详解】由已知，渐近线方程为，则两条渐近线倾斜角分别为和； 直线的倾斜角为，且经过右焦点，所以该直线与其中一条渐近线垂直． 令，易得，则. 故选：A； 8. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，给出下列结论： ①； ②当时，； ③函数的单调递减区间为，； ④将的图象向右平移个单位，得到的图象；其中正确的结论个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先根据图象，求出函数的解析式，在结合正弦函数的图象和性质，逐项分析，即可得到答案. 【详解】由图象可知：，. 由，又，所以. 所以. 因为，故①正确； 当时，，所以，所以，故②正确； 由，，， 所以函数的单调递减区间为，.故③正确； 将的图象向右平移个单位，得到的图象，故④错误. 故选：C 9. 在各棱长均为1的正三棱柱中，、分别为、的中点，过、、三点的截面将三棱柱分成上下两部分，记体积较小部分的体积为，另一部分的体积为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】延长与相交于点， 反向延长线交于点，连接交于点，连接，得到截面，由题意可得，由此可求出，，进而求解. 【详解】如图，延长与相交于点， 反向延长线交于点，连接交于点，连接，得到截面，由题意得， 在各棱长均为1的正三棱柱中，， 因为，，，，， 所以， 即， 所以， 所以. 故选：B. 第Ⅱ卷 注意事项： 1.答卷前将密封线内的项目填写清楚. 2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上. 3.本卷共11小题，共105分. 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上. 10. 已知为虚数单位，则复数________. 【答案】 【解析】 【分析】应用复数除法化简即可得. 【详解】. 故答案为： 11. 在的展开式中，项的系数为________.（用数字作答） 【答案】80 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式，令的指数为2求解即可. 【详解】展开项的通项公式为，， 令，解得，所以，所以项的系数为80. 故答案为：80 12. 在平面直角坐标系中，直线：被圆：截得的最短弦的长度为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线过定点，由圆的几何性质可知，当直线时，弦长最短，求解即可. 【详解】直线：过定点， 圆：，圆心，半径 因为点在圆内，由圆的几何性质可知，当直线时， 弦长最短为， 故答案为：. 13. 第十五届中国国际航空航天博览会在2024年11月12日至17日在广东珠海举行.此次航展，观众累计参观近60万人次，签约金额超2800亿人民币.为庆祝这一盛会的成功举行，珠海某商场决定在航展期间举行“购物抽奖送航模”活动，奖品为“隐形战机歼-20S”模型.抽奖规则如下：盒中装有7个大小相同的小球，其中3个是红球，4个是黄球.每位顾客均有两次抽奖机会，每次抽奖从盒中随机取出2球，若取出的球颜色不相同，则没有中奖，小球不再放回盒中，若取出的球颜色相同，则中奖，并将小球放回盒中、某顾客两次抽奖都中奖的概率为________；该顾客第一次抽奖没有中奖的条件下，第二次抽奖中奖的概率为________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据相互独立事件的乘法公式和条件概率的计算公式求解. 【详解】由题意，某顾客两次抽奖都中奖的概率为， 设顾客第一次抽奖没有中奖为事件，第二次抽奖中奖为事件， 则，， ， 该顾客第一次抽奖没有中奖的条件下，第二次抽奖中奖的概率为. 故答案为：，. 14. 如图，已知矩形的边，，点，分别在边，上.若，，则用和表示________；若，则的最小值为_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据已知及向量加减、数乘的几何意义用和表示，若且，，由已知得，，应用向量数量积的定义求值. 【详解】由，，则，， 由， 若且，，则， 所以，， 所以 ，而，， 所以的最小值为. 故答案为：； 15. 若函数有且仅有一个零点，且，则实数的取值范围为________________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得在上有且仅有一个根，讨论、，导数研究区间单调性并确定右侧的值域，即可得参数范围. 【详解】令有且仅有一个根，且， 由，显然不可能是零点，则有且仅有一个根， 当或，则， 令， 当，则， 令，则，即在上单调递增， 由， 即使，则， 所以上，即，则在上单调递减， 上，即，则在上单调递增， 而在上恒成立， 所以在上恒成立，且其最小值， 此时，时，在上无解，即不存在， 时，在上有1或2个解，与或唯一性矛盾， 当，则，所以在上单调递增， 趋向于0时，，趋向于1时，，则； 当，则， 令在上单调递减，且，趋向于时，， 所以； 综上，. 故答案为： 三、解答题：本大题共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. 在中，内角，，的对边分别为，，，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）若的面积为，求的值. 【答案】（1）； （2）； （3）4. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系得，结合已知及余弦定理得，再由平方关系求； （2）应用二倍角正余弦公式、和角余弦公式求函数值； （3）由三角形面积公式得，结合、即可求边长. 【小问1详解】 因为，所以，而， ，， ； 【小问2详解】 由（1），， ； 【小问3详解】 由（1），则，又，则， 又，则. 17. 如图，在多面体中，侧面为矩形，平面，平面，，，. （1）求直线与平面所成角的正弦值； （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） （2） （3） 【解析】 【分析】先判断的位置关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求线面角、面面角和点到直线的距离. 【小问1详解】 由侧面为矩形，得， 又平面，，平面， 则，， 即直线，，两两垂直. 建立如图所示的空间直角坐标系 则，，，，，， ，，. 设平面的法向量为 则，令，得， 设直线与平面所成的角为 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问2详解】 ， 设平面的法向量为 则，令，得， 设平面与平面的夹角为 则 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（1）（2）可知，平面的法向量为， 点到平面的距离. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，且右顶点和上顶点都在直线上. （1）求的方程； （2）若直线经过交椭圆于、两点，求面积的最大值； （3）若过点的直线交于、两点，点是线段上异于、的一点，且，证明： 【答案】（1） （2） （3） 当直线的斜率为时，不妨记、， 而，由，得， 则，因此； 当直线的斜率不为时，设、、， 设直线的方程为， 由消去得， 则，， 由韦达定理可得，， 如图，由，得点在线段的垂直平分线上，即， 显然，设，即， 于是， 由点在直线上，得， 则，整理得， 于是，因此，， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意求出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）由题意可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合三角形的面积公式以及对勾函数的单调性可求得面积的最大值； （3）按直线的斜率是否为分类，在不为时设出方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合共线向量的坐标运算推理得证. 【小问1详解】 在直线方程中，令，得，即上顶点，则， 令，得，即，则，所以的方程为. 【小问2详解】 若直线与轴重合，则直线经过点，不合乎题意， 设直线的方程为， 联立得， ， 设点、，由韦达定理可得，， 所以，， 于是， 令，令，其中， 由对勾函数的单调性可知，函数在上为增函数， 当时，即当时，取最小值， 此时，的面积取最大值，且其最大值为. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 19. 在数列中，按照下面方式构成：，，，其中表示数列中最大的项. （1）若数列的前4项分别为，求数列的前4项； （2）若满足，且. ①求的值； ②求的前项和. 【答案】（1） （2）①392；② 【解析】 【分析】（1）根据题意求，即可得结果； （2）根据题意分析可知数列是以首项和公比均为的等比数列，进而可得.①结合题意即可得；②根据题意可得的通项公式，利用分组求和法结合错位相减法运算求解. 【小问1详解】 因为数列的前4项分别为， 则， 所以的前4项分别为 【小问2详解】 因为，即， 且，可知数列是以首项和公比均为的等比数列， 则，所以. ①当为奇数时，； 当为偶数时，，可知数列为递增数列， 可知， 所以； ②当时，； 当时，， （i）当为奇数时， ， 令， 作差得 ， 所以； 经检验也满足上式，所以； （ii）当为偶数时，； 综上所述：. 【点睛】方法点睛：1.错位相减法的关注点 （1）适用题型：等差数列与等比数列对应项相乘型数列求和； （2）步骤：①求和时先乘以数列的公比；②把两个和的形式错位相减；③整理结果形式． 2.分奇偶的求和问题 如果数列的奇数项与偶数项有不同的规律，当n为奇数或偶数时的表达式不一样，因此需要分奇偶分别求. 20. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，若曲线上的动点到直线距离的最小值为（为自然对数的底数）． ①求实数的值； ②求证：． 【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为 （2）① ； ②依题意：要证， 当时，，令， 在上单调递增 ，所以不等式成立； 当时，要证，即． 设，则． 设．则． 当时，，所以． 所以在上单调递减． 所以，即． 所以在上单调递减，， 即当时，成立． 综上：当时，在上恒成立． 【解析】 【分析】（1）对函数求导，结合a的取值范围分析可得函数的单调区间； （2）①利用导数的几何意义，结合动点到直线的最小值列等式即可求出a的值；②分和两种情况讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，则不等式可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为， 因为，令，得：，令，得：， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 ①由（1）知：．由， 又，所以切点， 由（1）可知，切点在直线的上方， 所以，整理得， 设，则， （也可构造） 设，则在上恒成立． 所以在单调递增． 又，又，方程只有1解：． ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北区2024-2025学年度高三年级总复习质量检测（一） 数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时100分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至8页. 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 注意事项： 1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规位置粘贴考试用条形码. 2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答在试卷上的无效. 3.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 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. 如图，已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合是（ ） A. B. C. D. 2. “”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. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 已知表示变量x与y之间的相关系数，表示变量u与v之间的相关系数，且，，则（ ） A. 变量x与y之间呈正相关关系，且x与y之间的相关性强于u与v之间的相关性 B. 变量x与y之间呈负相关关系，且x与y之间的相关性强于u与v之间的相关性 C. 变量u与v之间呈负相关关系，且x与y之间的相关性弱于u与v之间的相关性 D. 变量u与v之间呈正相关关系，且x与y之间的相关性弱于u与v之间的相关性 5. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 若，为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 7. 已知双曲线的右焦点为，过且倾斜角为的直线交双曲线的两条渐近线于两点，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，给出下列结论： ①； ②当时，； ③函数的单调递减区间为，； ④将的图象向右平移个单位，得到的图象；其中正确的结论个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 9. 在各棱长均为1的正三棱柱中，、分别为、的中点，过、、三点的截面将三棱柱分成上下两部分，记体积较小部分的体积为，另一部分的体积为，则的值为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 注意事项： 1.答卷前将密封线内的项目填写清楚. 2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上. 3.本卷共11小题，共105分. 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上. 10. 已知为虚数单位，则复数________. 11. 在的展开式中，项的系数为________.（用数字作答） 12. 在平面直角坐标系中，直线：被圆：截得的最短弦的长度为______. 13. 第十五届中国国际航空航天博览会在2024年11月12日至17日在广东珠海举行.此次航展，观众累计参观近60万人次，签约金额超2800亿人民币.为庆祝这一盛会的成功举行，珠海某商场决定在航展期间举行“购物抽奖送航模”活动，奖品为“隐形战机歼-20S”模型.抽奖规则如下：盒中装有7个大小相同的小球，其中3个是红球，4个是黄球.每位顾客均有两次抽奖机会，每次抽奖从盒中随机取出2球，若取出的球颜色不相同，则没有中奖，小球不再放回盒中，若取出的球颜色相同，则中奖，并将小球放回盒中、某顾客两次抽奖都中奖的概率为________；该顾客第一次抽奖没有中奖的条件下，第二次抽奖中奖的概率为________. 14. 如图，已知矩形的边，，点，分别在边，上.若，，则用和表示________；若，则的最小值为_________. 15. 若函数有且仅有一个零点，且，则实数的取值范围为________________. 三、解答题：本大题共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. 在中，内角，，的对边分别为，，，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）若的面积为，求的值. 17. 如图，在多面体中，侧面为矩形，平面，平面，，，. （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，且右顶点和上顶点都在直线上. （1）求的方程； （2）若直线经过交椭圆于、两点，求面积的最大值； （3）若过点的直线交于、两点，点是线段上异于、的一点，且，证明： 19. 在数列中，按照下面方式构成：，，，其中表示数列中最大的项. （1）若数列的前4项分别为，求数列的前4项； （2）若满足，且. ①求的值； ②求的前项和. 20. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，若曲线上的动点到直线距离的最小值为（为自然对数的底数）． ①求实数的值； ②求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $