精品解析：天津市滨海新区塘沽渤海石油第一中学2024-2025学年高三下学期四模数学试题

天津市滨海新区塘沽渤海石油第一中学2024-2025学年高三下学期四模数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷两部分，满分150分，考试时间120分钟。 答卷前，考生务必将自己的班级、座位号、姓名、准考证号填写在答题卡和答题纸上．答卷时，考生务必将I卷答案涂在答题卡上；II卷答案写在答题卡相应位置上，答在试卷上的无效． 祝各位考生考试顺利！ 第I卷 选择题（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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为等比数列的前项和，且，则“”是“”的（ ）条件. A. 充分不必要. B. 必要不充分. C. 充分必要. D. 既不充分也不必要. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 定义在上的奇函数满足时，成立，若，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或 ②若，则或 ③若且，则 ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 6. 下列说法中，正确命题的个数为（ ） ① 已知随机变量服从二项分布，若，则. ②对具有线性相关关系的变量，，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是. ③以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则、的值分别是和. ④若样本数据的方差为，则数据:的方差为16 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点是双曲线上一点，点，且，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数（，）的最大值为2，其部分图象如图所示，则下列命题正确的个数为（ ） ①； ②函数为奇函数； ③若函数在区间上至少有4个零点，则； ④在区间上单调递增. A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 9. 一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 第II卷 非选择题（105分） 二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知i为虚数单位，若复数对应的点在复平面的虚轴上，则实数______ 11. 已知展开式中二项式系数和为1024，则展开式中常数项的值为______.（用数字作答） 12. 已知抛物线的焦点为，准线为，抛物线上一点，与准线垂直且交于点，以为直径的圆被截得的弦长为，则的长度为__________. 13. 甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球，从甲箱中随机抽出2个球，在已知至少抽到一个红球的条件下，则2个球都是红球的概率为_____________；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子中随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球，若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是_____________. 14. 在中，，，，分别为边 ，的中点，若点在线段上，且，，则_________.若，点为线段上的动点，则的最小值为_______________. 15. 已知函数，则______________；若方程在区间有三个不等实根，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. 已知的内角所对的边分别为，且满足， （1）求角的值； （2）求的值. 17. 如图，在直三棱柱中，，，，点，分别在棱和棱上，且，． （1）设为中点，求证：面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到直线的距离． 18. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 19. 已知数列是数列的前项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，且成等比数列. （1）求数列和的通项公式. （2）记，求数列的前项和. （3）记，求. 20. 已知函数， （1）当时，求在处的切线方程； （2）若时，恒成立，求的范围； （3）若在内有两个不同零点、，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市滨海新区塘沽渤海石油第一中学2024-2025学年高三下学期四模数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷两部分，满分150分，考试时间120分钟。 答卷前，考生务必将自己的班级、座位号、姓名、准考证号填写在答题卡和答题纸上．答卷时，考生务必将I卷答案涂在答题卡上；II卷答案写在答题卡相应位置上，答在试卷上的无效． 祝各位考生考试顺利！ 第I卷 选择题（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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得的值，然后计算即可. 【详解】由题意可得，则. 故选：A. 2. 已知为等比数列的前项和，且，则“”是“”的（ ）条件. A. 充分不必要. B. 必要不充分. C. 充分必要. D. 既不充分也不必要. 【答案】B 【解析】 【分析】利用充分条件与必要条件的定义以及等比数列的前和公式即可得出选项. 【详解】因为，当时，则，所以， 当时，，解得， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇偶函数的定义和依次排除选项即可. 【详解】由题知，函数的定义域为，定义域关于原点对称，且，所以函数是偶函数，其函数图象关于轴对称，故排除选项C，D；又，故排除选项B. 故选：A. 4. 定义在上的奇函数满足时，成立，若，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，利用导数可求得在上单调递减，根据为偶函数可知其在上单调递增，再利用指数和对数函数单调性，可得到，即可求解. 【详解】令，当时，， 所以在上单调递减，又是奇函数， 则，所以为上的偶函数， 则在上单调递增，又， 所以，即， 故选：B. 5. 设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或 ②若，则或 ③若且，则 ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 【答案】A 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 6. 下列说法中，正确命题的个数为（ ） ① 已知随机变量服从二项分布，若，则. ②对具有线性相关关系的变量，，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是. ③以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则、的值分别是和. ④若样本数据的方差为，则数据:的方差为16 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项分布的期望公式及期望的性质判断①；根据回归直线方程必过样本中心点，判断②；将两边取对数，即可判断③；根据方差的性质判断④. 【详解】对于①：因为服从二项分布，所以， 所以，解得，故①正确； 对于②：因为线性回归直线必过样本中心点，所以，可得，故②正确； 对于③：由两边取对数可得， 令，求得线性回归方程为，所以，，则，，故③正确； 对于④：若样本数据的方差为，则数据的方差为，故④错误； 故正确的为①②③共个. 故选：D 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点是双曲线上一点，点，且，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点作，延长交于点，利用平行关系得出对应线段成比例，在直角三角形中，结合双曲线定义得出各边之间的关系，在三角形中，利用余弦定理求得结果. 【详解】如图，过点作，延长交于点， 因为，，，所以， 设，则，， 因为，所以，所以， 在直角三角形中，，所以，即， 所以. 在三角形中，由余弦定理得， 所以，整理得， 所以. 故选：A. 8. 已知函数（，）的最大值为2，其部分图象如图所示，则下列命题正确的个数为（ ） ①； ②函数为奇函数； ③若函数在区间上至少有4个零点，则； ④在区间上单调递增. A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，再根据函数的最大值及求出，由求出的取值，再根据周期确定的值，即可得到函数解析式，即可判断①，根据图象变换结合奇偶性判断②；根据题意以为整体，结合正弦函数性质分析判断③④. 【详解】因为（其中、）， 由题意可知：，且，解得， 则， 又因为，即， 结合图象可知，解得， 且，则，解得， 所以，可知，故①正确； 所以， 对于②：为奇函数，故②正确； 对于③：因为，则， 由题意可得：，解得，故③正确； 对于④：因为，则， 且在内不单调，所以在区间上不单调，故④错误； 所以正确的个数为3. 故选：B. 【点睛】方法点睛：函数的解析式的确定： （1）由最值确定； （2）由周期确定； （3）由图象上的特殊点确定． 提醒：根据“五点法”中的零点求时，一般先根据图象的升降分清零点的类型． 9. 一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用棱柱的体积可得面积之比，进而得长度比例关系，结合勾股定理，联立方程可求解半径，由表面积公式求解，或者利用余弦定理求解长度，进而根据正弦定理求解外接圆半径，即可利用勾股定理求解球半径得解. 【详解】方法一： ， 如图，， 而， ，，即， 由于到距离，则到距离， 设正方形外接圆圆心，则 设矩形外接圆圆心，则， 设外接球半径，设（当时，O在线段上） ，，故外接球表面积为， 故选；A. 方法二：由当底面水平放置时，水面高为可知容器内的空气占容器体积的，于是侧放时，图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器的，因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的，则边长之比为，即“小三角形”边长为1.然后如图： 设圆的半径为，由余弦定理可得， 故，故， 所以外接球的半径为，所以球的表面积为. 故选：A. 第II卷 非选择题（105分） 二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知i为虚数单位，若复数对应的点在复平面的虚轴上，则实数______ 【答案】 【解析】 【分析】由复数的运算法则与几何意义求解. 【详解】由， 结合题意，则，解得. 故答案为：. 11. 已知展开式中二项式系数和为1024，则展开式中常数项的值为______.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，解得，进而求得展开式中的常数项，得到答案. 【详解】由二项式展开式中二项式系数和为1024， 可得，解得，即， 所以展开式中的常数项为. 故答案为：. 12. 已知抛物线的焦点为，准线为，抛物线上一点，与准线垂直且交于点，以为直径的圆被截得的弦长为，则的长度为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由弦长求得点坐标，得点坐标后可得的长． 【详解】抛物线的准线方程为，焦点为， 设，不妨设，则，中点坐标为， 以为直径的圆被截得的弦长为，由轴得，所以， 所以． 故答案为：4． 13. 甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球，从甲箱中随机抽出2个球，在已知至少抽到一个红球的条件下，则2个球都是红球的概率为_____________；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子中随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球，若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是_____________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用条件概率公式计算摸出的2个球是红球的概率；利用全概率公式求红球的概率. 【详解】记事件表示“至少抽到一个红球”，事件表示“2个球都是红球”， ,, 所以. 设事件表示“从乙箱中抽球”，则事件表示“从甲箱中抽球”， 事件表示“抽到红球”，则 , 所以, 所以. 故答案为：①，②. 14. 在中，，，，分别为边 ，的中点，若点在线段上，且，，则_________.若，点为线段上的动点，则的最小值为_______________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则及基本定理解决第一空，建立平面直角坐标系，设，，表示出点坐标，再由坐标法求数量积，最后由二次函数的性质计算可得. 【详解】依题意 ， 又，且、不共线，所以，所以； 如图建立平面直角坐标系，则，，所以，， 所以， 因为点为线段上的动点，所以设，， 则，则， 所以，， 所以 ， 所以当时取得最小值，最小值为； 故答案为：； 15. 已知函数，则______________；若方程在区间有三个不等实根，则实数的取值范围为______________． 【答案】 ①. 81 ②. 【解析】 【分析】（1）利用分段函数解析式求出，再根据对数、指数的运算法则计算可得； （2）画出函数的图象，利用函数的零点的个数推出实数的取值范围. 【详解】由，则， 所以. 作出函数在区间上的图象，如图所示： 设，由图象可知要使方程在区间上有3个不等实根， 则直线应位于与之间或直线的位置， 所以实数的取值范围为或，所以或. 故答案为：81；. 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. 已知的内角所对的边分别为，且满足， （1）求角的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理边角转化结合余弦定理计算求解； （2）先应用二倍角公式结合两角和差正弦公式计算求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 整理得， 由余弦定理可得， 且，所以. 【小问2详解】 由正弦定理知， 又 ， ， . 17. 如图，在直三棱柱中，，，，点，分别在棱和棱上，且，． （1）设为中点，求证：面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到直线的距离． 【答案】（1）证明：取BE的中点为G，连接， 因为为中点，所以， 而，，则，，故， 所以，则四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 故平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取BE的中点为G，连接，根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案； （3）利用空间距离的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在直三棱柱中，，故两两垂直， 以所在直线为轴建立空间直坐标系， 由于， 故， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 , 故点到直线的距离为. 18. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 【答案】（1） （2） 直线的斜率必定存在，设，，， 由可得， 故，故， 又， 而，故直线，故， 所以 ， 故，即轴. 【解析】 【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程. （2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴. 【小问1详解】 设，由题设有且，故，故，故， 故椭圆方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 已知数列是数列的前项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，且成等比数列. （1）求数列和的通项公式. （2）记，求数列的前项和. （3）记，求. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先根据与的关系得到，再根据等比数列的性质即可得到； （2）利用裂项相消法即可得结果； （3）将分组求和与错位相减法相结合即可得结果. 【小问1详解】 当时，，解得. 当时，， 所以， 即是以首先，公比为的等比数列，即. 因为，成等比数列， 所以，即，解得. 所以. 【小问2详解】 由（1）得 ， 则 【小问3详解】 ， 因为， 设，前项和为， 则， ， . 所以 20. 已知函数， （1）当时，求在处的切线方程； （2）若时，恒成立，求的范围； （3）若在内有两个不同零点、，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明：因为函数在内有两个不同零点、， 则方程在内有两个根、，即， 由（2）知，当时，函数在单调递增，单调递减． 故，欲证，即证， 由于且函数在单调递减．所以只需证明， 即证，欲证，即证，即， 即证，即证，而该式显然成立， 欲证，即证，且，即证， 即证，即证，即证， 令，只需证， ， 令， 所以，即函数在上单调递增，所以，，故原不等式得证． 【解析】 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）由已知不等式结合参变量分离法可得，利用导数求出函数在上的最大值，即可求出实数的取值范围； （3）分析可知，要证所证不等式成立，即证且，要证，即证，利用诱导公式结合指数函数的单调性即可证明；要证，即证，构造函数，只需证，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，，. 故切线方程为，即， 【小问2详解】 因为在上恒成立， 进而，即． 令，其中，则， 当时，，则，此时，函数单调递增， 当时，，则，此时，函数单调递减， 当时，，因为，因此， 所以，，故， 因此，实数的取值范围是. 【小问3详解】 略 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $