精品解析：天津市和平区2024-2025学年高三下学期第三次质量调查数学试卷

天津市和平区2024-2025学年高三下学期第三次质量调查数学试卷 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. 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. 设全集，集合，，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合并集的定义以及补集的定义即可求解. 【详解】由，可得，，故， 故选：B 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据特称命题的否定为全称命题即可求解. 【详解】命题“，”的否定是“，”， 故选：D 3. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及函数值的正负即可排除求解. 【详解】由于， 故为奇函数，其图象关于原点对称，此时可排除CD, 又，故排除B， 故选：A 4. 下列结论中不正确的是（ ） A. 已知随机变量，若，则 B. 用决定系数来刻画回归的效果时，的值越接近1，说明模型拟合的效果越好 C. 用0，1，2，3四个数字，组成有重复数字的三位数的个数为30 D. 经验回归直线至少经过样本数据点中的一个点 【答案】D 【解析】 【分析】由二项分布的期望与方差公式即可判断A；由决定系数的概念即可直接判断B；由分布乘法计数原理及间接法即可判断C；由经验回归方程有关性质即可直接判断D. 【详解】对于A，由二项分布的方差公式可知， 所以，所以， 所以二项分布的期望为，故A正确； 对于B，用来刻画回归效果，的值越接近于1，说明模型的拟合效果越好，的值越接近于0，说明模型的拟合效果越差，故B正确； 对于C，百位数字不能为0，有3种选择，个位和十位各有4种选择，利用分布乘法计数原理可得组成三位数的个数有种方法，其中没有重复数字的三位数的个数有种方法，所以组成有重复数字的三位数的个数为，故C正确； 对于D，在回归分析中，回归直线一定经过样本中心点，但不一定会经过样本数据点中的任何一个，故D错误； 故选：D. 5. 已知双曲线的上，下焦点分别为点，，若的实轴长为1，且上点满足，，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线的定义以及勾股定理，联立方程即可求解. 【详解】由题意设双曲线方程为， 由题意可知， 由于，，故，解得， 故， 故双曲线方程为， 故选：D 6. 已知底面半径为的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱的侧面积与圆锥的侧面积的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由△△，可得，分别表示出圆柱的侧面积和圆锥侧面积，即可得出答案． 【详解】由题意可知圆锥的轴截面是边长为的正三角形， 则圆锥的高，如图， 由△△，可得，则， ， 圆柱侧面积， 圆锥侧面积，则． 故选：C． 7. 定义新运算：，已知数列满足，，则（ ） A. 239 B. 225 C. 211 D. 261 【答案】C 【解析】 【分析】根据题可得，即可利用累加法求解通项得解. 详解】由可得， 故 累加可得， 故， 故选：C 8. 设定义在上的函数，，且在区间上有最大值，无最小值，则当取最小值时，的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用二倍角公式和诱导公式化简原函数，得到，再结合题意并利用正弦函数的对称性得到，进而求出的最小值，检验其符合题意，最后利用正弦函数的最小正周期公式求出结果即可. 【详解】因为， 所以由二倍角公式得， 结合诱导公式得， 因为，所以关于对称， 令，则， 因为，所以当时，最小，此时，， 因为，所以， 令，则变为， 由正弦函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 则此时最大值为，无最小值， 得到此时有最大值，无最小值，符合题意， 由正弦函数的最小正周期公式得，故B正确. 故选：B 9. 定义域为的函数满足，当时，，若时，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合题意求出函数在区间上的最小值，根据题意得出，解该不等式即可得解. 【详解】当时，恒成立，则， 因为定义域为的函数满足， 当时，， 当时，， 则 ， 因为，此时； 当时，， 则， 因为，则，则，所以， 所以，函数在上的最小值为， 所以，，即，即，解得或. 因此，实数的取值范围是. 故选：A. 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. i是虚数单位，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算化简，即可由模长公式求解. 【详解】, 故答案为： 11. 若二项式的展开式中，的系数为，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】求解二项式展开式的通项，确定的系数列方程即可得的值. 【详解】二项式的展开式的通项为：， 当可得的系数为，所以， 因为，所以. 故答案为：. 12. 已知抛物线过点；其焦点为，以为直径作圆，圆与圆相交于，两点，则直线的方程为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先代入P点求出抛物线方程，则焦点坐标可求，进而可得圆的方程，与圆相减即可得相交弦AB的直线方程. 【详解】将P点代入抛物线方程可得，解得，即抛物线方程为， 所以抛物线的焦点坐标，PF的中点坐标为， ,所以圆的圆心为，半径为2， 所以圆， 因为，所以圆与圆相交， 圆与圆方程相减可得：，即， 故答案为：. 13. 袋中有3个红球，m个黄球，n个绿球，现从中任取两个球，即取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则__________，__________． 【答案】 ①. 1 ②. 1 【解析】 【分析】根据古典概型的概率计算公式以及组合数的计算公式，建立方程，可得空；根据离散型随机变量的均值计算公式，可得空2. 【详解】取出的两个球都是红球的概率， 取出的两个球是一红一黄的概率， 由，解得，则，解得，故； 由题意，红球一共有个，黄球和绿球一共有个，随机变量的所有可能取值为， ，，， 则. 故答案为：；. 14. 已知实数与满足，且，则的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式的乘“1”法即可求解. 【详解】由于，故，且， 故 ， 当且仅当，结合，故当时等号取到， 故答案为： 15. 若正方形的边长为1，中心为，过作直线与边，分别交于，两点，点满足．（ⅰ）当时，_____；（ⅱ）的最小值为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据模长公式，结合数量积的运算律即可求解空1，利用向量的线性运算将问题转化为，求解的最大值，的最小值即可求解. 【详解】由于，则， ， （ⅰ）当，则，故， （ⅱ）, 由于为相反向量，故， 所以， 由，故当时，取最小值， 而的最大值为， 因此当取最大值，取最小值时，取最小值，故最小值为， 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、、，，， （1）求角的大小； （2）求的值与的面积； （3）求的值． 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简得出，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由正弦定理得出，结合余弦定理求出、的值，再利用三角形的面积公式即可求出的面积； （3）利用余弦定理求出的值，结合同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用两角差的正弦公式可求出的值. 小问1详解】 由可得，可得， 因为，则，所以，解得. 【小问2详解】 由正弦定理，有，所以， 由（1）知，由余弦定理得， 解得，， 所以的面积为. 【小问3详解】 由余弦定理可得， 所以， 所以 . 17. 如图，已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，、分别是、延长线上的点，且，． （1）求平面与平面的夹角的正弦值； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）平面与平面的夹角的正弦值为 （2）直线与平面所成角的正弦值为 （3）到平面的距离为 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得两平面的夹角的余弦值，进百可求正弦值； （2）求得，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）由，利用向量法可求点到平面的距离. 【小问1详解】 因为四棱柱为正四棱柱，所以底面，又因为， 所以以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的正弦值为； 小问2详解】 由（1）可得，所以， 设直线与平面所成角为； 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 由（1）可得，则到平面的距离为． 18. 已知，等差数列的前项和，正项等比数列的前项和为，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若． （ⅰ）不等式恒成立，求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）， （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由可求出数列的通项公式，设等比数列的公比为，则，根据已知条件求出、的值，结合等比数列的通项公式可求得的通项公式； （2）（i）利用裂项求和法求出，可将所求不等式变形为，然后对分奇数和偶数两种情况讨论，结合参变量分离法可求出的取值范围； （ii）求得，利用错误相减法可证得结论成立. 【小问1详解】 对任意的，，当时，， 当时，. 也满足，故对任意的，， 所以，即数列为等差数列，合乎题意， 设等比数列的公比为，则，， ， 所以，，因此，. 【小问2详解】 （i）， ，故原不等式可化为， 当为奇数时，，即恒成立， 显然为递减数列，且，所以； 当为偶数时，恒成立，显然为递减数列， 所以，所以， 因此，实数取值范围是. （ii）因为， 设， 所以， 上述两个等式作差可得①， 设， 所以， 两式作差得 ，即， 代入①式可得， 故，故结论得证. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为和，上顶点为，直线的斜率为． （1）求椭圆离心率； （2）已知直线与椭圆相切于点，过作垂直于直线，交直线于点，若，求线段的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件易得，进而可求解； （2）通过和，结合直线方程、椭圆方程求得坐标，通过向量数量积的坐标表示，列出等式求解. 【小问1详解】 ， 由条件可知，又， 可得：， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知：， 椭圆方程为，设， 当时，直线，， 设夹角为，则， 由， 所以，所以， 所以， 当时，设 联立椭圆方程：，化简整理得： ， 由，整理得到：， ，， 故， 又， 所以， 由垂直关系易知直线的方程为， 联立，得， 所以， 所以 由 ，解得：， 所以， 所以， 综上 20. 已知函数，的导函数为，函数． （1）求函数的单调递减区间； （2）若，对于给定实数，总存在4个不同实数，，，，使得关于的方程恰有3个不同的实数根． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）记，求证：． 【答案】（1）答案见解析； （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数并确定奇偶性，再利用导数分类求出单调背叛区间. （2）（i）根据给定条件，将方程转化为，构造函数并求出导数，再构造函数，利用导数探讨单调性确定的零点情况即可；（ii）由是偶函数可得，分析探讨的关系等式，构造函数，利用导数推导得即可得证. 小问1详解】 依题意，，函数的定义域为， ，函数是偶函数， 当时，，求导得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数的递减区间是； 当时，函数的递减区间是. 【小问2详解】 （i）当时，，， ，令， 求导得，即， 令，求导得，令，得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则，而， 当，即时，，函数在上递增，在上递增， 则至多2个不同实数根，不符合题意； 当，即时，当时，； 当时，，则有4个不同实根， 即当时，有2个不同实根，令， 求导得，当时，；当时，， 函数在处取得极大值， 设的4个实根为，则为极大值点， 为极小值点，为极大值点，为极小值点，而函数为奇函数， 因此极值关于原点对称，，即， ，则， 当时，有3个零点，所以. （ii）由，得的四个根为，不妨设， 由为偶函数，得， 则，即，于是， 因此，令， 则，令，求导得， 函数在单调递增，则，即当时，， 因此，， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市和平区2024-2025学年高三下学期第三次质量调查数学试卷 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. 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. 设全集，集合，，（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”否定是（ ） A ， B. ， C. ， D. ， 3. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 下列结论中不正确的是（ ） A. 已知随机变量，若，则 B. 用决定系数来刻画回归的效果时，的值越接近1，说明模型拟合的效果越好 C. 用0，1，2，3四个数字，组成有重复数字的三位数的个数为30 D. 经验回归直线至少经过样本数据点中的一个点 5. 已知双曲线的上，下焦点分别为点，，若的实轴长为1，且上点满足，，则的方程为（ ） A B. C. D. 6. 已知底面半径为的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱的侧面积与圆锥的侧面积的比值为（ ） A. B. C. D. 7. 定义新运算：，已知数列满足，，则（ ） A. 239 B. 225 C. 211 D. 261 8. 设定义在上的函数，，且在区间上有最大值，无最小值，则当取最小值时，的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 9. 定义域为的函数满足，当时，，若时，，则实数的取值范围是（ ） 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. i是虚数单位，则_____． 11. 若二项式的展开式中，的系数为，则_____． 12. 已知抛物线过点；其焦点为，以为直径作圆，圆与圆相交于，两点，则直线的方程为_____． 13. 袋中有3个红球，m个黄球，n个绿球，现从中任取两个球，即取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则__________，__________． 14. 已知实数与满足，且，则最小值为_____． 15. 若正方形的边长为1，中心为，过作直线与边，分别交于，两点，点满足．（ⅰ）当时，_____；（ⅱ）的最小值为_____． 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、、，，， （1）求角的大小； （2）求的值与的面积； （3）求的值． 17. 如图，已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，、分别是、延长线上的点，且，． （1）求平面与平面的夹角的正弦值； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知，等差数列的前项和，正项等比数列的前项和为，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若． （ⅰ）不等式恒成立，求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为和，上顶点为，直线的斜率为． （1）求椭圆离心率； （2）已知直线与椭圆相切于点，过作垂直于直线，交直线于点，若，求线段的长． 20. 已知函数，导函数为，函数． （1）求函数的单调递减区间； （2）若，对于给定实数，总存在4个不同实数，，，，使得关于的方程恰有3个不同的实数根． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）记，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $