精品解析：天津市第一中学2024-2025学年高三下学期五月月考数学试题

天津一中2024-2025-2高三年级五月考数学试卷 本试卷总分150分，考试用时120分钟.考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效. 一、选择题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集的定义运算即得. 【详解】由题知集合为正奇数组成的集合，且，则. 故选：C. 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】根据充分必要条件的定义，即可判断选项. 【详解】，得，得或，所以“”不是“”的充分条件， 反过来，能推出，“”是“”的必要条件. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 3. 已知两个不同的平面，一条直线，下列命题是假命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】由空间线面位置关系及向量法逐个判断即可. 【详解】设平面的法向量分别为，直线的方向向量为， 对于A：若，则或，错误； 对于B：若，则，所以，所以，正确； 对于C：由，可得，所以，所以，正确； 对于D：由，可得：，，所以，所以，正确， 故选：A 4. 函数在的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数解析式，结合特殊值，即可判断函数图象. 【详解】设，则， 故为上的偶函数，故排除B． 又，，排除C、D． 故选：A． 【点睛】本题考查图象识别，注意从函数的奇偶性、单调性和特殊点函数值的正负等方面去判断，本题属于中档题. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对数换底公式以及运算性质，利用作商法结合对数函数的单调性比较大小即可. 【详解】由题意可知，. 则，所以. 则，所以. 所以. 故选：D. 6. 下列命题中错误的是（ ） A. 在回归分析中，相关系数r的绝对值越大，两个变量的线性相关性越强 B. 若变量y与x之间存在线性相关关系，且根据最小二乘法得到的经验回归方程为，样本点中心为，则样本点的残差为1.5 C. 在回归分析中，残差平方和越小，模型的拟合效果越好 D. 对分类变量X与Y，它们的随机变量的观测值k越小，说明“X与Y有关系”的把握越大 【答案】D 【解析】 【分析】根据相关变量的回归分析，以及独立性检验的相关知识，即可判断选项. 【详解】A.由相关系数的意义可知，相关系数r的绝对值越大，越接近于1，两个变量的线性相关性越强，故A说法正确； B.由条件可知，，得，即，时，， 所以样本点的残差为，故B说法正确； C. 在回归分析中，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故C说法正确； D. 对分类变量X与Y，它们的随机变量的观测值k越小，说明“X与Y有关系”的把握越小，故D说法错误. 故选：D 7. 已知函数，如图，是直线与曲线的两个交点，若，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据可得，进而可求解，根据可得，即可代入求解. 【详解】根据可得，故,故， 令，故或, 结合图象可知, 因此故， 因此故， 故选：B 8. 已知抛物线的焦点为，纵坐标为的点在上．若以为圆心，为半径的圆被轴截得的弦长为，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据点的坐标满足抛物线方程，以及直线截圆所得弦长，列出关于的方程组，求解即可. 【详解】根据题意，作图如下： 设点坐标为，因其在抛物线上，故； 以为圆心，为半径圆，其圆心到轴的距离为，半径； 由题可知：，整理得：，故，. 故选：A. 9. 如图，由两个平行平面截半径为2cm且足够高的圆柱体所得的几何体，截面与圆柱体的轴成，上、下截面间的距离为．天津一中学数学兴趣小组对该几何体进行了探究后得出下列四个结论，其中正确结论的个数是（ ） ①截口曲线的离心率为 ② ③该几何体的体积为 ④该几何体的侧面积为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设对圆柱体的切割方式确定截面椭圆的长短轴长度及，再求椭圆离心率，应用割补思想，将几何体割补为一个高为2，底面半径为2的圆柱体，即可求其体积和侧面积. 【详解】由题设，截面椭圆长轴长为，短轴长为， 所以，故离心率为，①错， 截面与圆柱体的轴成，上、下截面间的距离为，故，②对， 应用割补法，可将几何体割补为一个高为2，底面半径为2的圆柱体， 所以几何体的体积为，侧面积为，③④对. 故选：C 二、填空题 10. 已知i是虚数单位，复数________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据复数的模的公式计算即可. 【详解】. 故答案为：4. 11. 在的展开式中，常数项为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开通项公式即可得解. 【详解】的展开式的通项， 令，故常数项为. 故答案为：. 12. 甲、乙两人的口袋中均装有3个球，甲的3个球为2个黑球和1个白球，乙的3个球均为黑球（黑球和白球的大小，材质一样）．两人决定玩一场游戏：两人各从口袋中任取1个球与对方交换，重复进行这样的操作．第1次交换后，甲的口袋中黑球的个数为3的概率为________；第2次交换后，甲的口袋中依然只有1个白球的概率为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，结合古典概型概率公式，即可求解；若第2次交换后，甲的口袋依然只有1个白球，包含这两次甲和乙都交换的黑球，以及第一次甲的白球和乙的黑球交换，第二次甲的黑球和乙的白球交换，再结合概率公式，即可求解. 【详解】若第1次交换后，甲的口袋有3个黑球，则甲第一次取到白球与乙交换， 所以概率； 若第2次交换后，甲的口袋依然只有1个白球，包含2种情况， 第一种情况，这两次甲和乙都交换的黑球，概率为， 第二种情况，第一次甲的白球和乙的黑球交换，第二次甲的黑球和乙的白球交换，概率， 所以第2次交换后，甲的口袋依然只有1个白球的概率. 故答案为：； 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过且斜率为的直线交双曲线右支于点（在第一象限），的内心为，直线交轴于点，且，则双曲线的离心率为____________． 【答案】 【解析】 【分析】作出图形，设，可得，易知，利用余弦定理求得，设内切圆半径为，可得出点到轴的距离为，由可得出关于、的齐次等式，即可求得该双曲线的离心率的值. 【详解】如下图所示： 设，则， 又直线的斜率为，可知， 由余弦定理可得， 即，整理可得， 设内切圆的半径为，因为，所以，点到轴的距离为， ，即， 可得，解得， 所以，即， 整理可得，故该双曲线的离心率为. 故答案为：. 14. 如图，在长方形ABCD中，，以AB为直径在长方形内作半圆E，以BC为直径在长方形外作半圆F，M，N分别是半圆E和半圆F上的动点，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据向量坐标求出数量积的表达式，然后利用辅助角公式将其化简为只含有一个三角函数的形式，最后根据三角函数的性质以及给定的角的范围求出最大值. 【详解】如图，建立平面直角坐标系，设， 则 ， 其中，．因为，所以当时，取得最大值，最大值为． 故答案为：. 15. 已知函数有2个零点，则a的取值范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】将原问题转化为函数与图象有2个不同的交点问题.根据椭圆与双曲线方程作出的图形，结合图形分类讨论、、时图象的交点情况，进而求解. 【详解】因为有2个零点， 所以方程有2个实根， 即函数与图象有2个不同的交点. 对于函数， 当或时，，整理得， 其图象为焦点在轴上的双曲线，渐近线方程为. 当时，，整理得， 其图象为焦点在轴上的椭圆.如图， 对于函数， 当时，， 此时函数与图象有2个不同的交点，符合题意. 当时，，其图象为两条射线，且恒过点. 当时，由，得， ，由解得， 即当时，直线与椭圆相切， 此时函数与图象有3个交点； 又双曲线的渐近线方程为， 所以当时，直线与没有交点，如图， 由图可知，要使函数与图象有2个交点， 只需. 当时，，其图象为两条射线，且恒过点， 当时，直线在的部分与图象没有交点， 当时，直线在的部分与图象有1个交点， 再讨论直线在的部分与图象的交点个数. 因为双曲线的渐近线方程为， 所以当时，直线与有1个交点，如图， 由图可知，当时，函数与图象有2个交点， 当时，函数与图象有1个交点， 综上，的取值范围为. 故答案为： 三、解答题 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求； （2）为边上一点，若，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一，先根据正弦定理把边化角，再根据三角形中，利用和角正弦公式展开，化简得到，再结合角的范围即可求出角；方法二，根据余弦定理把角化边，再次利用余弦定理即可求出的值，再结合角的范围，即可求出角； （2）方法一，在，中，根据正弦定理分别列出关系式，整理可得，在中，由余弦定理得到，再由三角形的面积公式求解即可；方法二，过作，垂足为，得到，通过和相似，得到，后同方法一；方法三，分别利用底高和，得到与的面积比，从而得到，后同方法一. 【小问1详解】 方法一：因为， 所以由正弦定理可得，， 又因为， 所以， 由于，所以， 所以，因为，所以； 方法二：因为， 所以由余弦定理可得， 整理可得， 所以， 因为，所以； 【小问2详解】 方法一：由（1）及题设知，，，. 在中，由正弦定理得，. 在中，由正弦定理得，. 两式相除可得，即， 在中，由余弦定理可得，即 所以面积； 方法二：如图所示，过作，垂足为. 在中，，所以. 由于，所以， 所以，即， 得，后同方法一； 方法三：由（1）及题设知，，. 因为两个三角形的高相同，所以与的面积之比等于， 又因为与的面积之比还等于， 所以，，后同方法一. 17. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为菱形，，E，F分别为AB，PD的中点． （1）求证：． （2）已知，二面角的大小为． （i）求PB和AD所成角的余弦值； （ii）求直线AC与平面EFC所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据条件得到为等边三角形，根据线面垂直的判定定理可得平面，即可证明结论. （2）（i）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量计算的长，即可求出和所成角的余弦值. （ii）利用空间向量可求得线面所成角的正弦值. 【小问1详解】 如图，连接，由平面，平面，得， ∵四边形为菱形，∴，，故为等边三角形， ∵为的中点，∴，故， ∵平面，∴平面， ∵平面，∴． 【小问2详解】 （i）由平面，平面，得． 以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ∵为正三角形，且，∴． 设，则， ∴， 由题意得，平面的一个法向量为． 设平面的法向量为，则 取，可得． ∴，解得， ∴， ∴， 即和所成角的余弦值为． （ii）设直线与平面所成的角为． 由（i）知，平面的法向量为， ∵， ∴， 即直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知对称轴都在坐标轴上的椭圆C过点与点，过点的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线BP，BQ分别交直线于E，F两点． （1）求椭圆C的标准方程； （2）是否存在，使为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）设椭圆C的方程为，由两点得出椭圆C的标准方程； （2）联立直线l与椭圆方程，由直线的方程得出坐标，再由韦达定理以及数量积公式，得出的表达式，进而得出的为定值时的值. 【小问1详解】 设椭圆的方程为, 且 ， 因为椭圆C过点与点，所以，解得. 所以椭圆C的标准方程为 【小问2详解】 设直线，， 由，得， 即，则. 直线的方程分别为. 令，则. 则，， 所以 ， 当，即时，， 当，即（舍正）时，， 故要使为定值，则或 19. 已知数列满足，，数列满足， （1）求、、的值，并证明数列是等比数列； （2）证明：； （3）表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和． 【答案】（1），，，证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据递推公式可求出、、值，结合等比数列的定义可证得结论成立； （2）化简得出，利用裂项相消法可证得结论成立； （3）利用二项式定理化简得出，再利用分组求和法可求得数列前项和． 【小问1详解】 因为数列满足，， 则，，，， 又因为，所以，，， 所以，且， 所以数列是首项和公比均为的等比数列. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以 ， 因此， . 【小问3详解】 当时，， 此时， 显然， 所以， ， 所以，显然，， 所以， 所以，， 又因为也满足， 故对任意的，， 所以，数列前项和为 . 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处切线方程； （2）若，且在上单调递增，求的取值范围； （3）证明：当时，. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）先确定是上的增函数.再由在上恒成立，得到，即可求解； （3）由，将问题转化成，构造函数，确定其在上单调递增.进而转化成恒成立，进而可求证. 【小问1详解】 当时，，则， ，则， 故曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 令， 则， 因为，所以， 所以恒成立， 所以是上的增函数. 因为在上单调递增， 所以在上恒成立， 所以只需，又， 故. 【小问3详解】 ）因为，所以要证， 只需证， 令，该二次函数的图象的对称轴为直线， 令，则， 令，则，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以在上单调递增. 问题可转化为证明，即证， 即证. 令， 则， 令， 则， 所以在上单调递减，且， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，证毕. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津一中2024-2025-2高三年级五月考数学试卷 本试卷总分150分，考试用时120分钟.考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效. 一、选择题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则“”是“”（ ） 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. 已知两个不同的平面，一条直线，下列命题是假命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 函数在的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 下列命题中错误的是（ ） A. 在回归分析中，相关系数r的绝对值越大，两个变量的线性相关性越强 B. 若变量y与x之间存在线性相关关系，且根据最小二乘法得到的经验回归方程为，样本点中心为，则样本点的残差为1.5 C. 在回归分析中，残差平方和越小，模型的拟合效果越好 D. 对分类变量X与Y，它们随机变量的观测值k越小，说明“X与Y有关系”的把握越大 7. 已知函数，如图，是直线与曲线的两个交点，若，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 8. 已知抛物线的焦点为，纵坐标为的点在上．若以为圆心，为半径的圆被轴截得的弦长为，则（ ） A. B. 2 C. D. 9. 如图，由两个平行平面截半径为2cm且足够高的圆柱体所得的几何体，截面与圆柱体的轴成，上、下截面间的距离为．天津一中学数学兴趣小组对该几何体进行了探究后得出下列四个结论，其中正确结论的个数是（ ） ①截口曲线的离心率为 ② ③该几何体的体积为 ④该几何体的侧面积为 A 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题 10. 已知i虚数单位，复数________. 11. 在的展开式中，常数项为________． 12. 甲、乙两人的口袋中均装有3个球，甲的3个球为2个黑球和1个白球，乙的3个球均为黑球（黑球和白球的大小，材质一样）．两人决定玩一场游戏：两人各从口袋中任取1个球与对方交换，重复进行这样的操作．第1次交换后，甲的口袋中黑球的个数为3的概率为________；第2次交换后，甲的口袋中依然只有1个白球的概率为________． 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过且斜率为的直线交双曲线右支于点（在第一象限），的内心为，直线交轴于点，且，则双曲线的离心率为____________． 14. 如图，在长方形ABCD中，，以AB为直径在长方形内作半圆E，以BC为直径在长方形外作半圆F，M，N分别是半圆E和半圆F上的动点，则的最大值为__________． 15. 已知函数有2个零点，则a的取值范围是________ 三、解答题 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求； （2）为边上一点，若，且，求面积. 17. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为菱形，，E，F分别为AB，PD的中点． （1）求证：． （2）已知，二面角的大小为． （i）求PB和AD所成角的余弦值； （ii）求直线AC与平面EFC所成角的正弦值． 18. 已知对称轴都在坐标轴上的椭圆C过点与点，过点的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线BP，BQ分别交直线于E，F两点． （1）求椭圆C的标准方程； （2）是否存在，使为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知数列满足，，数列满足， （1）求、、的值，并证明数列是等比数列； （2）证明：； （3）表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和． 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，且在上单调递增，求的取值范围； （3）证明：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $