精品解析：天津市河西区2024-2025学年高三下学期总复习质量调查（三）数学试题

河西区2024—2025学年度第二学期高三年级总复习质量调查（三） 数学试卷 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120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将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. 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： • 如果事件互斥，那么． • 如果事件相互独立，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. 集合，集合，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由一元二不等式得到M的集合，应用集合的补运算求即可. 【详解】，又， ∴， 故选：A 2. 若，是平面上两个非零的向量，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】由，两边平方化简可得，即，同向，可判断充分性成立， 由，可得，即，共线，可举反例，判断必要性不成立. 【详解】因为，所以， 即，即， 由于,是平面上两个非零的向量，所以，所以，同向， 所以有，故充分性成立； 因为，则，即， 由于是平面上两个非零的向量，所以，共线.， 不妨取，此时，共线.，但，， 故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出为奇函数，排除AB；由排除D，得到答案. 【详解】定义域为R， ，函数为奇函数， 图象关于原点对称，排除AB； 又，排除D. 故选：C. 4. 某校共有学生2000名，各年级男、女生人数如表．已知在全校学生中随机抽取1名，抽到二年级女生的概率是0.19．现用分层抽样的方法在全校抽取64名学生，则应在三年级抽取的女学生人数为（　　） 一年级 二年级 三年级 女生 373 男生 377 370 250 A. 24 B. 16 C. 12 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由在全校学生中随机抽取1名，抽到二年级女生的概率是0.19，求出，进而求出，再根据分层抽样各层按比例分配样本数，即可求解, 【详解】依题意得， 用分层抽样的方法在全校抽取64名学生， 则应在三年级抽取的女学生人数为. 故选：D. 【点睛】本题考查分层抽样样本的抽取方法，每个个体被抽取的概率相等是解题的依据，属于基础题. 5. 设，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】，结合指数函数单调性得到，又，得到结论. 【详解】，， ，，故，所以， ，所以. 故选：D 6. 已知公比不为1等比数列的前项和为，若数列是首项为1的等差数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据题意可得，即，化简整理得，求得得解. 【详解】令，，， 又，即，即， 整理得，设等比数列的公比为，则，即， 解得或1，又，所以， 所以. 故选：C. 7. 圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4．已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为（ ） A B. 6 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用侧面展开结合图形求解最短距离. 【详解】P为圆台母线AB的中点，分别为上下底面的圆心，把圆台扩成圆锥，如图所示， 则，，， 由，有，，， 圆锥底面半径，底面圆的周长为，母线长， 所以侧面展开图的扇形的圆心角为，即，如图所示， 质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则运动的最短路径为展开图弦， ，，有. 故选：A 8. 已知角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边过点，定义：，对于函数，有下列四个说法： ①函数的图象关于点对称；②在区间上单调递增； ③将函数的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象； ④方程在区间上有两个不同的实数解． 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由三角函数定义可得，根据题意，可得，利用正切函数的性质依次判断求解各个选项． 【详解】根据题意，，， 对于①，令，，解得， 取，可得， 所以函数的图象关于点对称，故①正确； 对于②，，， 由正切函数的性质可知在上单调递增，故②正确； 对于③，将的图象向左平移个单位可得，为奇函数，故③错误； 对于④，，，令， 由正切函数的性质可知在上单调递增，且，在上单调递增，且， 所以方程在区间上只有一个实数解，故④错误； 故选：B． 9. 过曲线：()的左焦点作曲线：的切线，设切点为，延长交曲线：()于点，其中､有一个共同的焦点，若，则曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】双曲线的右焦点坐标为，利用为､中点，为中点，可得为中位线，从而可求，再过点作抛物线准线垂线，垂足为，利用勾股定理得出的关系式，最后可求得离心率. 【详解】 设曲线右焦点为，又曲线与有一个公共焦点，则：， 连接､， 为中点，为中点， 为中位线，则，， ，，， ，， 设，则由抛物线的定义可得， 过点作轴的垂线，点到该垂线的距离为， 由勾股定理， 即， 得， 所以或(舍)， 故选：B. 【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出a，c，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)． 第Ⅱ卷 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. 设复数（是虚数单位），则的共轭复数______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的代数式除法运算，即可化简出，再根据共轭复数的定义，即可得出结果. 【详解】解：复数， 的共轭复数， 故答案为：． 【点睛】本题考查复数的除法运算和共轭复数的定义，属于基础题. 11. 已知的展开式中第6项的系数为-189，则展开式中各项的系数和为______. 【答案】128 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式得出，从而得出第六项系数，求出，最后利用赋值法求展开式中各项的系数和. 【详解】解：由题意，通项为：， 由于的展开式中第6项的系数为-189， 则第六项系数为：，解得：， 故该二项式为， 令得展开式各项系数的和为：． 故答案为：128． 【点睛】本题考查二项展开式的通项公式得应用和指定项的系数，以及利用赋值法求展开式中各项的系数和. 12. 已知抛物线的焦点为，圆，过点作直线，当圆心到直线的距离最大时，直线的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出抛物线的焦点以及圆心的坐标，分析可知当时，圆心到直线的距离最大时，求出直线的斜率，结合点斜式可得出直线的方程. 【详解】对于抛物线，则，，所以，故其焦点为， 圆的标准方程为，圆心为， 当时，圆心到直线的距离最大时， 因为，此时直线的斜率为， 因此，直线的方程为，即. 故答案为：. 13. 一纸箱中装有4瓶未过期的饮料和2瓶过期饮料．若每次从中随机取出1瓶，取出的饮料不再放回，则在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未过期饮料的概率为______；对这6瓶饮料依次进行检验，每次检验后不再放回，直到区分出6瓶饮料的保质期时终止检验，记检验的次数为，则随机变量的期望为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】记事件A为“第一次取到过期饮料”，事件B为“第二次取到未过期饮料”，分别求出、，代入条件概率公式求解即可；首先确定终止检验的条件为：同种类型的饮料被全部取出，从而确定X的值，然后分析每个取值的情况并计算概率值，最后代入期望计算公式进行计算. 【详解】记事件A为“第一次取到过期饮料”，事件B为“第二次取到未过期饮料”， 则，， 所以在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未过期的概率为. 随机变量的取值为2,3,4,5，记为“第“i”次取到过期饮料”， ， , . 故答案为：. 14. 已知是边长2为正三角形，是的中心，过点的动直线交于点，交于点，设，，，，则______；的最小值为______． 【答案】 ①. 3 ②. 【解析】 【详解】 连接AO，并延长交BC于点D，易知点D为BC的中点， 所以，. 又因为是的中心，所以是的重心，即， 所以. 因为，，所以，， 所以. 因为M，O，N三点共线，所以， 所以，. 因为，， 所以， ， 又，所以，. 由，得，， 令，当和重合时，为上中线，此时, 所以，则， 得. 根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增， 且，，所以， 所以，. 因为， 所以，根据二次函数的性质可知， 所以的最小值为. 故答案为：3，. 15. 设，函数，若在区间内恰有6个零点，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】结合分段函数的性质，对的取值进行分类讨论，即可求解. 【详解】因为在区间内恰有6个零点， 当时，区间上，最多有2个零点，不符合题意； 当时，易知函数最多有2个零点， 所以当时，至少有4个零点. 由，得，所以， 又，所以，解得， 所以当时，函数的零点可以是，，，，，，，， 令①，得， （1）当，即时，方程①无解，即在时无零点， 所以，在时有6个零点，则，此不等式组无解，舍去； （2）当时，方程①有唯一解，即在时有1个零点3， 所以，在时有5个零点，由，所以， 所以，在时只有3个零点，显然矛盾，舍去； （3）当时，方程①的解为或，且， 若，则时，此时在时有2个零点， 所以，在时，函数有4个零点，所以，解得； 若，则，此时在时有1个零点， 所以，在时，函数有5个零点，所以，解得； 综上所述，的取值范围为. 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，内角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若的面积为，，． （ⅰ）求和的值； （ⅱ）求的值． 【答案】（1） （2）（ⅰ），；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据正、余弦定理化简计算可得，即可求解； （2）（i）根据三角形的面积公式和余弦定理计算可得、，即可求出；（ii）根据正弦定理求出，结合同角的平方关系和二倍角的正弦公式计算即可求解. 【小问1详解】 由余弦定理，， 由，得， 由正弦定理，得， 则，又，所以， 又，所以． 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知，，得①． 由余弦定理，所以②． 由①②，得，解得， 由，解得，． （ⅱ）由正弦定理，所以， 为锐角，， ． 17. 如图所示，在三棱柱中，，，，平面平面，点是线段的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）若点在线段上，且平面，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】建立如图所示空间直角坐标系， （1）求出平面的法向量，利用证明即可； （2）由（1）知，平面的法向量为，再求出直线的方向向量，利用向量的夹角公式即可求解. （3）根据，求出点，再求出平面的法向量为，在根据平面，得可求出，最后利用点到平面的距离公式即可求解. 【小问1详解】 取线段的中点，连结，因为平面平面，，所以平面，所以平面，因为，，所以是正三角形，又点是线段的中点，所以.可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，，， 证明：，，设为平面的法向量， 则，即， 不妨令，可得， 又，故， 因此平面. 【小问2详解】 依意，，由（I）知为平面的法向量. 因此， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 依题意，设，， 所以，因此 ， 设为平面的法向量， 则，即， 不妨令，可得， ，因为平面，所以，解得， 所以， 设点到平面的距离为，， 则， 所以点到平面的距离为. 18. 已知，平面内动点满足直线的斜率之积为. （1）求动点的轨迹方程； （2）过点的直线交的轨迹于两点，以为邻边作平行四边形（为坐标原点），若恰为轨迹上一点，求四边形的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得，化简可得轨迹方程． （2）先设直线再联立直线与轨迹方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理及点到直线距离公式计算面积即可. 【小问1详解】 设,则,化简可得 【小问2详解】 以为邻边作平行四边形,则直线与x轴不重合,设直线的方程为，直线的方程与椭圆方程联立， 设，， 联立，消去x得， 所以， 则. 求得O到直线的距离， 因为平行四边形的对角线互相平分 所以 所以在椭圆上，可得 所以平行四边形面积 所以四边形面积是. 点睛】方法点睛：利用平行四边形对角线互相平分，对角线共中点求参进而求出面积. 19. 已知数列的前项和，数列满足，． （1）求数列和的通项公式； （2）数列满足，若对于一切恒成立，求实数取值范围； （3）设，在和之间插入个数，使，，成等差数列；在和之间插入个数，，使，，，成等差数列；以此类推，在和之间插入个数，，…，，使，，，…，，成等差数列．若，求． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当时，求出值，当时，由可得出，可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，结合等比数列的通项公式可求得数列的通项公式，再利用与对数运算可得出数列的通项公式； （2）分析数列的单调性，可得出最大项的值，结合题意可得出关于的不等式，解之即可； （3）求得，设，利用错位相减法可求出，利用等比数列的求和公式可求出，由此可得出. 【小问1详解】 由题意，， 当时，，所以， 当时，，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以， 因为，所以． 【小问2详解】 由（1）可得， 因为，所以， 所以数列的最大项为和，且， 所以，解得或， 所以实数的取值范围是． 【小问3详解】 因为， 设， 则 设， 所以， 两式相减得， 所以，故， 设， 所以． 20. 已知函数（，为自然对数的底数）. （1）当时，求的极值； （2）设函数，若在其定义域内恒成立，求实数的最小值； （3）若关于的方程恰有两个相异的实根，，求实数的取值范围，并证明. 【答案】（1）极大值为，无极小值 （2） （3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可得到、与的关系，从而求出函数的极值； （2）依题意参变分离即可得到在上恒成立，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围，即可得解； （3）由，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，依题意可得，即可求出参数的取值范围，再证，不妨设，则，则，再令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，即可得证； 【小问1详解】 解：当时，，， 所以， 令，解得， 2 + 0 单调递增 单调递减 所以的极大值为，无极小值. 【小问2详解】 解：由题意得在上恒成立， 因为，所以在上恒成立. 设，则， 令，解得， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. 因此，所以，即. 所以实数的最小值. 【小问3详解】 解：由即得， 令，则， 设，则， 因为，所以恒成立，函数在单调递减， 而，故在上，，单调递增， 在上，，单调递减， 所以. 故方程恰有两个相异的实根只需. 所以实数的取值范围是. 下证：，不妨设，则，， 所以. 因为， 所以 令，则， 所以在上单调递增， 所以当时，，即， 所以，所以. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河西区2024—2025学年度第二学期高三年级总复习质量调查（三） 数学试卷 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120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将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. 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： • 如果事件互斥，那么． • 如果事件相互独立，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. 集合，集合，则=（ ） A. B. C. D. 2. 若，是平面上两个非零的向量，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. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 某校共有学生2000名，各年级男、女生人数如表．已知在全校学生中随机抽取1名，抽到二年级女生的概率是0.19．现用分层抽样的方法在全校抽取64名学生，则应在三年级抽取的女学生人数为（　　） 一年级 二年级 三年级 女生 373 男生 377 370 250 A. 24 B. 16 C. 12 D. 8 5. 设，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知公比不为1的等比数列的前项和为，若数列是首项为1的等差数列，则（ ） A. B. C. D. 7. 圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4．已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为（ ） A. B. 6 C. D. 8. 已知角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边过点，定义：，对于函数，有下列四个说法： ①函数的图象关于点对称；②在区间上单调递增； ③将函数的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象； ④方程在区间上有两个不同的实数解． 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 9. 过曲线：()的左焦点作曲线：的切线，设切点为，延长交曲线：()于点，其中､有一个共同的焦点，若，则曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 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. 设复数（是虚数单位），则的共轭复数______. 11. 已知的展开式中第6项的系数为-189，则展开式中各项的系数和为______. 12. 已知抛物线的焦点为，圆，过点作直线，当圆心到直线的距离最大时，直线的方程为______． 13. 一纸箱中装有4瓶未过期饮料和2瓶过期饮料．若每次从中随机取出1瓶，取出的饮料不再放回，则在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未过期饮料的概率为______；对这6瓶饮料依次进行检验，每次检验后不再放回，直到区分出6瓶饮料的保质期时终止检验，记检验的次数为，则随机变量的期望为______． 14. 已知是边长2为正三角形，是的中心，过点的动直线交于点，交于点，设，，，，则______；的最小值为______． 15. 设，函数，若在区间内恰有6个零点，则的取值范围是______． 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，内角的对边分别为，且． （1）求角大小； （2）若的面积为，，． （ⅰ）求和值； （ⅱ）求的值． 17. 如图所示，在三棱柱中，，，，平面平面，点是线段的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）若点在线段上，且平面，求点到平面的距离. 18. 已知，平面内动点满足直线的斜率之积为. （1）求动点的轨迹方程； （2）过点的直线交的轨迹于两点，以为邻边作平行四边形（为坐标原点），若恰为轨迹上一点，求四边形的面积. 19. 已知数列的前项和，数列满足，． （1）求数列和的通项公式； （2）数列满足，若对于一切恒成立，求实数取值范围； （3）设，在和之间插入个数，使，，成等差数列；在和之间插入个数，，使，，，成等差数列；以此类推，在和之间插入个数，，…，，使，，，…，，成等差数列．若，求． 20. 已知函数（，为自然对数底数）. （1）当时，求的极值； （2）设函数，若在其定义域内恒成立，求实数的最小值； （3）若关于的方程恰有两个相异的实根，，求实数的取值范围，并证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $