精品解析：天津市和平区2024-2025学年高三下学期第二次质量调查数学试卷

和平区2024-2025学年度第二学期高三年级第二次质量调查 数学学科试卷 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120分钟.祝各位考生考试顺利！ 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、准考证号涂在答题卡上. 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.答在试卷上无效. 3.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： •锥体的体积公式，其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高. •柱体的体积公式，其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高. •如果事件A、B互斥，则. •如果事件A、B相互独立，则. •任意两个事件A与B，若，则. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，直线：，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. 已知a，b是空间两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的为（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 4. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 某人工智能公司为优化新开发的语言模型，在其模型试用人群中开展满意度问卷调查，满意度采用计分制（满分100分），统计满意度并绘制成如下频率分布直方图，图中，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 满意度计分的众数约为75分 C. 满意度计分的平均分约为79分 D. 满意度计分的第一四分位数约为70分 6. 函数（，，）的部分图象如图所示，要得到的图象，只需将函数的图象上所有的点（ ） A. 横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度 B. 横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度 C. 横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度 D. 横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度 7. 曲线与曲线在点处的切线互相垂直，则实数（ ） A. 2 B. 0 C. D. 8. 双曲线：（，）的一条渐近线为直线l：，若的一个焦点到直线l的距离为，且与抛物线：（）的准线相交于点H，点H的纵坐标为3，则p的值为（ ） A 2 B. 4 C. 8 D. 16 9. 已知正方体的体积为，则四棱锥与四棱锥重叠部分的体积是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题 共105分） 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2.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.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. 已知复数是纯虚数，则实数值为__________． 11. 在的展开式中，常数项为__________.（用数字作答） 12. 已知点P，Q在直线l：上运动，点H在圆C：上，且有，则面积的最大值为__________. 13. 已知甲、乙两个盒子中装有不同颜色的卡片，卡片除颜色外其他均相同.甲盒中有5张红色卡片和4张白色卡片，乙盒中有2张红色卡片和4张白色卡片.若从甲盒中取出2张卡片，且2张卡片中有一张是红色卡片的条件下，另一张是白色卡片的概率为__________；若从两盒中随机选择一个盒子，然后从中取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为__________. 14. 在中，E为AC中点，G为线段BE上一点，且满足（），则__________，若，则当最大时，的值为__________. 15. 已知函数，，若函数恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围是__________． 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，角所对的边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若，. （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值. 17. 如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面，且，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若线段上存在点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知椭圆（）短轴长为，离心率为. （1）求椭圆方程； （2）椭圆的左、右顶点分别为、，设点B为椭圆上的点（异于点、），直线与直线交于点C，以BC为直径的圆与直线交于另一点D（异于点B），直线CD与x轴相交于点E，试证明点E为定点并求出点E的坐标. 19. 已知，数列为等差数列，公差为d，且，若.记数列，的前n项和分别为，. （1）若，，求d； （2）若数列为等差数列，. （i）求数列的通项公式； （ii）若数列满足，将数列，中的项按如下规律组成数列：，，，，，，…，，，，…，，，…，，…，，…（），求（）. 20. 已知函数（m，，）. （1）若函数的两个极值点为0与，求m，n的值及函数的单调区间； （2）若. （ⅰ）求证：当时，函数在区间上单调递增； （ⅱ）对，总，使得成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 和平区2024-2025学年度第二学期高三年级第二次质量调查 数学学科试卷 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120分钟.祝各位考生考试顺利！ 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、准考证号涂在答题卡上. 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.答在试卷上无效. 3.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： •锥体的体积公式，其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高. •柱体的体积公式，其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高. •如果事件A、B互斥，则. •如果事件A、B相互独立，则. •任意两个事件A与B，若，则. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式，得到，利用交集概念求出答案. 【详解】，故. 故选：C 2. 若，直线：，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】根据两直线的位置关系，结合充分条件、必要条件的概念即可求解. 【详解】当时，，则； 若，则，解得或. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 已知a，b是空间两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的为（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间中点、线、面位置关系的判定定理和性质逐项判断可得正确的选项. 【详解】对于A，若，，，则或异面，故A错误； 对于B，若，则存在直线，使得， 由于，则，可得，故B正确； 对于C，若，，，则或相交，故C错误； 对于D，若，，设， 只有当时，才能得到，故D错误. 故选：B. 4. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由对数函数的单调性分析可比较大小. 【详解】，所以， ，所以， 又，，故，所以. 综上，. 故选：D. 5. 某人工智能公司为优化新开发的语言模型，在其模型试用人群中开展满意度问卷调查，满意度采用计分制（满分100分），统计满意度并绘制成如下频率分布直方图，图中，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 满意度计分的众数约为75分 C. 满意度计分的平均分约为79分 D. 满意度计分的第一四分位数约为70分 【答案】C 【解析】 【分析】由频率分布直方图的面积和为1可得A正确；由频率分布直方图计算众数，平均数，第一四分位数可得B正确，C错误，D正确. 【详解】对于A，由频率分布直方图可得， 又，解得，故A正确； 对于B，由频率分布直方图可得，满意度计分的众数为最高矩形底边中点横坐标75分，故B正确； 对于C，满意度计分平均分约为，故C错误； 对于D，前两组的频率之和为，所以满意度计分的第一四分位数约为70分，故D正确. 故选：C 6. 函数（，，）的部分图象如图所示，要得到的图象，只需将函数的图象上所有的点（ ） A. 横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度 B. 横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度 C. 横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度 D. 横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度 【答案】A 【解析】 【分析】由图象，根据正弦函数的图象与性质求得，结合三角函数图象的平移伸缩变换即可求解. 【详解】由图可知，，得， 又，由解得； 将点代入，得， 在函数单调减区间上，则，， 解得，又，所以，. 得. 将的图象上所有的点横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度， 得的图象. 故选：A 7. 曲线与曲线在点处的切线互相垂直，则实数（ ） A. 2 B. 0 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可根据垂直满足的斜率关系求解. 【详解】， 则， 由可得，故， 由于两切线互相垂直，因此，所以， 故选：D 8. 双曲线：（，）的一条渐近线为直线l：，若的一个焦点到直线l的距离为，且与抛物线：（）的准线相交于点H，点H的纵坐标为3，则p的值为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线的渐近线得，又得，又的一个焦点到直线l的距离为，即可求解，设，由在上即可求出，进而得即可求解. 【详解】由双曲线的一条渐近线为直线l：有， 又，的一个焦点为到直线的距离为， 所以，所以双曲线， 设，由在上，所以， 由， 故选：B. 9. 已知正方体的体积为，则四棱锥与四棱锥重叠部分的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】易知四棱锥与四棱锥重叠部分为一个三棱柱加上一个四棱锥，作出图形，结合棱柱和棱锥的体积公式计算即可求解. 【详解】如图， 四棱锥与四棱锥重叠部分为五面体， 又该正方体的体积为，即， 解得，则， 所以，得， 又该五面体由一个三棱柱和一个四棱锥组成，如图， 故该五面体的体积为 . 故选：D 第Ⅱ卷（非选择题 共105分） 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2.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.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. 已知复数是纯虚数，则实数的值为__________． 【答案】6 【解析】 【分析】 先对复数进行化简，结合纯虚数可求实数的值. 【详解】因为为纯虚数， 所以且，即. 故答案为：6. 【点睛】本题主要考查复数的乘法运算及纯虚数的概念，侧重考查数学运算的核心素养. 11. 在的展开式中，常数项为__________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项公式，令的次数为，求出的值，代入通项公式中可求得常数项. 【详解】展开式的通项为， 令，得， 所以常数项为． 故答案为：. 12. 已知点P，Q在直线l：上运动，点H在圆C：上，且有，则的面积的最大值为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】利用圆的性质求出点到直线距离的最大值，进而求出面积的最大值. 【详解】圆C：的圆心，半径， 则点到直线的距离， 因此圆上的点到直线距离的最大值为，又， 所以的面积的最大值为. 故答案为：3 13. 已知甲、乙两个盒子中装有不同颜色的卡片，卡片除颜色外其他均相同.甲盒中有5张红色卡片和4张白色卡片，乙盒中有2张红色卡片和4张白色卡片.若从甲盒中取出2张卡片，且2张卡片中有一张是红色卡片的条件下，另一张是白色卡片的概率为__________；若从两盒中随机选择一个盒子，然后从中取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设出事件，利用条件概率公式计算出概率，再利用全概率公式计算出从两盒中随机选择一个盒子，然后从中取出一张卡片，取到一张红色卡片的概率. 【详解】设从甲盒中取出2张卡片中有一张是红色卡片为事件A， 从甲盒中取出2张卡片中有一张是白色卡片为事件B， 则，， 所以， 若从甲盒中随机取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为， 若从乙盒中随机取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为， 故从两盒中随机选择一个盒子，然后从中取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为 . 故答案为：， 14. 在中，E为AC中点，G为线段BE上一点，且满足（），则__________，若，则当最大时，的值为__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】第一空，由题意知，得，由三点共线的结论即可求出； 第二空，先求和，由有，得，利用数量积的定义和基本不等式即可求得，由得即可求解. 【详解】由题意有，所以，由， 所以，所以， ，由有， 即， 即，所以， 即，当时，等号成立， 当最大时，，，由有， 所以， 所以， 故答案：；. 15. 已知函数，，若函数恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先分析的交点情况，再分类讨论的范围，作出图象，即可求解． 【详解】因为恰有两个不同的零点，所以有2个交点， 先判断与交点的个数， 令，即，， 所以与无交点； 判断与交点的个数， ，即， 令，解得或， 所以当或，与有2个交点； 判断与交点情况， 令，即，解得或，其中， 所以与有2个交点； 判断与交点情况， ，即， 令，解得或， 当或时，与有2个交点； ①当时，与有2个交点， 如图所示，符合题意； ②当时，与有1个交点， 如图所示，不合题意； ③当时，如图所示，无交点，不符合题意； ④当时，如图所示，无交点，不符合题意； ⑤当时，如图所示，无交点，不符合题意； ⑥当时，， 如图所示，只有1个交点，不符合题意； ⑦当时，与有一个交点， 与有一个交点， 如图所示，符合题意； 综上所述，， 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，角所对的边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若，. （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）法一：利用正弦定理和三角恒等变换的化简计算即可求解；法二：利用余弦定理计算即可求解； （2）（ⅰ）利用余弦定理计算即可求解；（ⅱ）根据正弦定理和三角恒等变换的化简计算即可求解. 【小问1详解】 中，， 法（一） 由正弦定理有①， 因为，所以， 代入①式整理得， 又，所以， 因为，所以. 法（二） 由余弦定理，代入， 整理得，代入， 因为，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）由已知，， 代入，解得，. （ⅱ）由正弦定理，有， 又因为，故为锐角，故， 所以，， 由，， 故. 17. 如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面，且，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若线段上存在点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以点H为原点，建立空间直角坐标系，得到向量和平面的法向量为，求得，得到，进而证得平面； （2）由（1）得到，求得平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，得到，由点到平面的距离，列出方程求得，得到，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：因为H，P分别是BC，AB的中点，所以， 因为，可得，又因为平面ABC， 以点H为原点，以所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，，，，，， 所以向量，且平面的法向量为， 则，所以， 又因为平面，所以平面. 【小问2详解】 解：由（1）中的空间直角坐标系，可得向量， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设平面与平面的夹角为，则， 则平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 解：设（其中），可得， 则点到平面的距离，即， 解得，所以， 设直线与平面所成角为，则， 则直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆（）的短轴长为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）椭圆的左、右顶点分别为、，设点B为椭圆上的点（异于点、），直线与直线交于点C，以BC为直径的圆与直线交于另一点D（异于点B），直线CD与x轴相交于点E，试证明点E为定点并求出点E的坐标. 【答案】（1） （2）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）由题意有和解出即可； （2）方法（一）设点（）直线的方程为，与联立，求得点，又以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，则，得直线CD的方程为，令得点的横坐标，代入椭圆方程即可得证； 方法（二）依题意直线斜率存在，设直线的方程为，点，与椭圆方程联立得韦达定理，即可求出点的坐标，又以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，得，即可求出，进而得直线的直线方程，令即可求解. 【小问1详解】 依题意，所以，又因为，解得， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 方法（一）由（1）得，， 设点（），则有① 直线斜率为，直线的斜率为， 直线的方程为，与联立，所以点， 因为以BC为直径圆与直线交于另一个点D，所以， 所以直线CD的斜率为，因此直线CD的方程为， 令，则点E的横坐标为②， 又因为①式，有代入②式，解得， 所以直线CD与x轴相交于定点E，点E的坐标为. 方法（二）依题意直线斜率存在，设直线的方程为，点， 由方程组，整理得. 由韦达定理有，， 代入，解得，即，又因为， 所以直线，即的斜率为， 直线与联立，所以点， 因为以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，所以，所以， 所以直线CD的方程为，令，得点E的横坐标为， 所以直线CD与x轴相交于定点E，点E的坐标为. 19. 已知，数列为等差数列，公差为d，且，若.记数列，的前n项和分别为，. （1）若，，求d； （2）若数列为等差数列，. （i）求数列的通项公式； （ii）若数列满足，将数列，中的项按如下规律组成数列：，，，，，，…，，，，…，，，…，，…，，…（），求（）. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式及前项和定义计算即可求解； （2）由题意得或，（），则或.（i）结合题意根据等差数列的前项和公式计算即可；（ii）结合已知及对数运算可得，数列共n项，数列共项，利用等差、等比数列的前项和公式及分组求和法即可求解. 【小问1详解】 ，所以， 可得，故， 因为， ， 所以，， 即，解得或（舍），所以. 小问2详解】 由，两个等差数列及，， 则有或，（）. 证明：设，，所以有， 整理得，所以，，， 若，则，，所以，所以，， 若，则，，所以，所以，. （ⅰ）①若（），，则，， ，， 由整理得，，解得或，因为，所以. ②（），， 则，，，， 由整理得，，解得或，因为，所以舍去. 综上，数列的通项公式为，数列的通项公式为. （ⅱ）因为，由（ⅰ）有，即， 求和式中，数列共n项，数列共项， 所以，， 所以. 【点睛】方法点睛：分组求和法： 若，且，为等差或等比数列，可采用分组求和法，利用等差、等比数列的前项和公式对、分别求和，然后再合并，从而得到的前项和. 20. 已知函数（m，，）. （1）若函数的两个极值点为0与，求m，n的值及函数的单调区间； （2）若. （ⅰ）求证：当时，函数在区间上单调递增； （ⅱ）对，总，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】（1），；的单调递增区间为，，单调递减区间为 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）求导，根据得到方程组，求出，，验证后满足要求，并求出的单调区间； （2）（ⅰ）求导，整体得到，当时，，所以当时，导函数大于等于0，故在区间上单调递增； （ⅱ）由（ⅰ）知，最大值为，转化为对任意恒成立，构造函数，求导，得到函数单调性，分，，，四种情况，求出时，对，总，使得成立. 【小问1详解】 ，由已知有，解得. 当，时，， 令，解得，定义域为， ，令得或0， 令，解得或，令，解得， 所以与是函数的两个极值点，所以，， 的单调递增区间为，，单调递减区间为； 【小问2详解】 （ⅰ）证明：，代入，有， 整理得①， 当时，， 即，又，所以，因此①式即， 所以当时，在区间上单调递增； （ⅱ）由（ⅰ）知，当时，在上是增函数， 因此在上的最大值为， 即对任意恒成立. 设，， 则 当时，则，此时，即在上单调递减， 因此，需，所以， 当时，， ①当时，即，此时，即在上单调递增， 因此，所以在上恒成立. ②当时，即，此时，即在上单调递减， 因此，所以在上恒成立. ③当时，即， 此时当时，，单调递减； 当时，，单调递增，， 需满足，令， 设，， ， 当时，，即在上单调递减， 所以， 则在时恒成立，此时在恒成立. 综上所述，当时，恒成立. 即时，对，总，使得成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$