精品解析：天津市宝坻区第一中学2024-2025学年高三年级模拟考试(三)数学试卷

宝坻一中2024—2025学年度高三年级模拟考试（三） 数学试卷 第Ⅰ卷 选择题（共45分） 一、选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分．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. 已知，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. 既不充分又不必要条件 3. 已知，，则（  ） A. B. C. D. 4. 下列函数中，既是偶函数又是周期为的函数是（ ） A. B. C. D. 5. 下列结论不正确的是（ ） A. 若、两组成对数据的样本相关系数分别为，，则组数据比组数据的相关性强 B. 将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变 C. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差 D. 由两个分类变量、的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断、相关，且犯错误的概率不超过 6. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，则 8. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为，体积为，则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为（ ） A. B. C. D. 9. 已知，是双曲线E：的左、右焦点，点M为双曲线E右支上一点，点N在x轴上，满足，若，则双曲线E的离心率为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 非选择题（共105分） 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在相应的横线上） 10. 已知复数z满足，则__________． 11. 二项式的展开式中的常数项为______． 12. 若圆被直线所截得的弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为__________. 13. 随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式.某公司员工小明上班出行方式有自驾､坐公交车､骑共享单车三种，某天早上他选择自驾､坐公交车､骑共享单车的概率分别为，而他自驾､坐公交车､骑共享单车迟到的概率分别为，则小明这一天迟到的概率为__________；若小明这一天迟到了，则他这天是自驾上班的概率为__________. 14. 如图，在中，是线段上的点，且，是线段的中点，延长交于点，设，则__________；若为边长等于2的正三角形，则__________. 15. 已知函数，均为周期为2的函数，， ，若函数在区间有10个零点，则实数的取值范围是_______. 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A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足． （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求c的值； （ⅱ）求的值． 17. 如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，点为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 设，点分别是椭圆的上顶点与右焦点，且，直线经过点与交于两点，是坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若，点是轴上的一点，且的面积为，求点的坐标； （3）若点在直线上，向量在直线上的投影为向量，证明. 19. 已知数列的前项和为，正项且公差不为零的等差数列满足，且． （1）求数列，的通项公式； （2）若，求数列的前项的和； （3）记，为数列的前项积，证明： 20. 已知函数. （1）求的最小值，并求出相应的； （2）若对任意恒成立，求实数的值； （3）若直线（其中）与图象的交点横坐标分别为，，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宝坻一中2024—2025学年度高三年级模拟考试（三） 数学试卷 第Ⅰ卷 选择题（共45分） 一、选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分．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】D 【解析】 【分析】利用集合的交集运算即可求解. 【详解】由题意得， 故选：D. 2. 已知，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. 既不充分又不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的概念得解. 【详解】由推不出，例如， 由可得或，当时不能推出， 例如； 所以是的既不充分又不必要条件， 故选：D 3. 已知，，则（  ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分别求出的值，再根据对数函数与指数函数的单调性判断、的取值范围，最后比较、、的大小． 【详解】根据对数恒等式（），可得．  对于对数函数，因为底数，所以该函数在上单调递增． 又因为，，且，所以，即．  对于指数函数，因为底数，所以该函数在上单调递增． 又因为，所以．  由以上分析可知，即．  故选：B． 4. 下列函数中，既是偶函数又是周期为的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的奇偶性与周期性判断即可. 【详解】是偶函数，但不是周期函数，故A错误； 是偶函数，最小正周期为，故B错误； 是偶函数，最小正周期为，故C正确； 是奇函数，最小正周期为，故D错误. 故选：C 5. 下列结论不正确的是（ ） A. 若、两组成对数据的样本相关系数分别为，，则组数据比组数据的相关性强 B. 将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变 C. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差 D. 由两个分类变量、的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断、相关，且犯错误的概率不超过 【答案】C 【解析】 【分析】根据相关系数的概念可判断A选项；利用方差的性质可判断B选项；利用残差分析可判断C选项；利用独立性检验可判断D选项. 【详解】对于A选项，样本相关系数的绝对值越接近，相关性越强，故A正确 对于B选项，一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，满足方差的性质，故 B正确 对于C选项，在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，故 C错误 对于D选项，因为， 所以，依据的独立性检验，可判断、相关，且犯错误的概率不超过，故D正确. 故选：C. 6. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数式与对数式的互化以及指数幂的运算性质计算即可. 【详解】由可得，又因为， 所以， 故选：B. 7. 已知，表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】ABC选项，可举出反例；D选项，可由平行和垂直的性质和判定证明. 【详解】A选项，若，则或，A错误； B选项，若，不能推出，B错误； C选项，若，则不能推出，C错误； D选项，因为，所以，D正确. 故选：D 8. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为，体积为，则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据底面圆面积求出底面圆半径，从而求出底面圆周长，得侧面展开图扇形的弧长，再由圆锥体积求圆锥的高，勾股定理求圆锥母线长，得侧面展开图扇形半径，可求侧面展开图的圆心角. 【详解】圆锥的底面圆的面积为，设底面圆的半径为，则，解得， 所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图扇形的弧长， 又屋顶的体积为，设圆锥的高为，则，所以， 所以圆锥母线长，即侧面展开图扇形的半径， 所以侧面展开图扇形的圆心角约为. 故选：C. 9. 已知，是双曲线E：的左、右焦点，点M为双曲线E右支上一点，点N在x轴上，满足，若，则双曲线E的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得以、为邻边的平行四边形为菱形，即可得到，再由双曲线的定义求出、，最后利用余弦定理求出、的关系，即可求出离心率. 【详解】因为， 所以以、为邻边的平行四边形的以点为起点的对角线对应的向量与共线， 又，为的角平分线， 以、为邻边的平行四边形为菱形，， 由双曲线定义知：，，， 在中， 由余弦定理， 即，即， 双曲线的离心率. 故选：C. 第Ⅱ卷 非选择题（共105分） 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在相应的横线上） 10. 已知复数z满足，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】设出复数的代数形式，利用复数相等列式求解. 【详解】设，则， 由，得，则，解得， 所以. 故选： 11. 二项式的展开式中的常数项为______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据二项展开式中特定项的系数计算求参，再计算得出常数项即可． 【详解】由题意，得二项展开式的通项为． 令，得， 故展开式中的常数项为时，． 故答案为：. 12. 若圆被直线所截得的弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用垂径定理来求弦长，得用勾股定理来求切线长，即可解决问题. 【详解】由弦长为，结合垂径定理可得：，解得， 结合已知点，可得： 所以， 故答案为：. 13. 随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式.某公司员工小明上班出行方式有自驾､坐公交车､骑共享单车三种，某天早上他选择自驾､坐公交车､骑共享单车的概率分别为，而他自驾､坐公交车､骑共享单车迟到的概率分别为，则小明这一天迟到的概率为__________；若小明这一天迟到了，则他这天是自驾上班的概率为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设事件表示“自驾”，事件表示“坐公交车”，事件表示“骑共享单车”，事件 “表示迟到”，利用全概率公式可得小明这一天迟到的概率；利用贝叶斯公式即可得到若小明这一天迟到了，则他这天是自驾上班的概率；或者在迟到的前提下计算概率即可． 【详解】由题意设事件表示“自驾”，事件表示“坐公交车”， 事件表示“骑共享单车”，事件表示“迟到”， 则. 由全概率公式可得小明这一天迟到的概率： . 解法一：小明迟到了，由贝叶斯公式得 他自驾去上班的概率是. 解法二：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率. 故答案为：；. 14. 如图，在中，是线段上的点，且，是线段的中点，延长交于点，设，则__________；若为边长等于2的正三角形，则__________. 【答案】 ①. ##-0.5 ②. 【解析】 【分析】第一空，根据平面向量的线性运算，结合平面向量基本定理即可求得答案；第二空，根据平面向量的线性运算，用表示出，再结合数量积的运算律，即可求得的值. 【详解】由于，则， 又是线段的中点，故 ， 结合得， 故； 设，而，是线段的中点， 故 ， 又三点共线，故，则， 故 ， 又为边长等于2的正三角形，则 ， 故答案为：； 15. 已知函数，均为周期为2的函数，， ，若函数在区间有10个零点，则实数的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】 作出的图象以及在上的图象，通过分析图象，可知与在有2个交点，在有1个交点，通过换元法，即可求得结果. 【详解】作出的图象，如图， 作出在上的图象， 在和上，与共有两个交点， 与在共10个交点， 与在，，共有8个交点， 又与的周期为2， 与在有2个交点，在有1个交点， ①在有2个交点， 由①知，， 令，则，， 由基本不等式知，当且仅当时，取等号； 当时，； 当时，， 所以时有两解， ②在有1个交点， 由②知， 令，则，， 令，则， 令，解得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， ， 所以，当时，， 当时，， 所以，或， 综上，. 故答案为：. 【点睛】本题考查了利用零点个数求参数的取值范围问题，其中涉及到基本不等式的应用、利用导数研究函数的单调性等知识点，考查了数形结合的应用，考查学生的运算求解能力，难度较大. 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A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足． （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求c的值； （ⅱ）求的值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可. （2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得，, 可得， 因为，故，则， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，且，， （ⅰ）则， 即，解得（舍），. 故. （ⅱ）由， 得， 解得，则， 则， ， 则 . 17. 如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，点为棱的中点. （1）求证：平面； （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）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，借助中位线性质得到，再用线面平行定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，求出和平面的法向量，借助向量夹角公式计算即可； （3）运用向量法，借助点到平面的距离公式计算即可. 【小问1详解】 连接，交于点， 由分别为和的中点，得， 而平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 由直线平面，以所在的直线为轴， 以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系. 则 ， 设平面的法向量， 则令，得， 设直线与平面所成角的正弦值，则 . 【小问3详解】 ， 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以点到平面的距离 18. 设，点分别是椭圆的上顶点与右焦点，且，直线经过点与交于两点，是坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若，点是轴上的一点，且的面积为，求点的坐标； （3）若点在直线上，向量在直线上的投影为向量，证明. 【答案】（1） （2）或 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标和的长度求出基本量后可得椭圆的标准方程； （2）求出直线与椭圆的交点后可得关于横坐标的方程，从而可求其坐标. （3）利用两角和的正切结合韦达定理可证. 【小问1详解】 ， 直线l过所以右焦点，即， 所以，椭圆方程为. 【小问2详解】 当，直线，， 解得， ， 设，到直线距离， 由面积，得或， 即或 . 【小问3详解】 设， 因为向量在直线上的投影为向量，故， 故直线的斜率为，故直线的方程为，故， 而， 故， 联立， ，， 故， 设，设， 由双勾函数的性质可得在为增函数， 故，故， . 19. 已知数列的前项和为，正项且公差不为零的等差数列满足，且． （1）求数列，的通项公式； （2）若，求数列的前项的和； （3）记，为数列的前项积，证明： 【答案】（1）， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据的关系求，根据已知及等差数列的通项公式求公差，进而得到的通项公式，即可得； （2）分组求和，结合错位相减法得到当为偶数时，，当为奇数时：，得到答案； （3）计算出，利用放缩证明出不等式左边，利用证明出不等式右边 【小问1详解】 由，则时，且， 所以，显然也满足，故， 设的公差且，，而， 所以且， 所以，则， 所以 ，即. 【小问2详解】 ， 令，则， 两式相减可以得到：， . 令， 当为偶数时： ； 当为奇数时： ； 故当为偶数时，， 当为奇数时：， . 【小问3详解】 因为，所以， 证明不等式左边： ， 证明不等式右边： ，得证. 20. 已知函数. （1）求的最小值，并求出相应的； （2）若对任意恒成立，求实数的值； （3）若直线（其中）与图象的交点横坐标分别为，，求证：. 【答案】（1）最小值为，相应的； （2）； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，从而得到函数最小值，并得到； （2）方法一：先得到，从而得到，即，再验证充分性，设，求导，得到其单调性和，证明出结论； 方法二：转化为对任意恒成立，构造函数，分和两种情况，得到函数单调性，得到只需，设函数，求导得到其单调性和最值，得到满足要求； 方法三：设，得，即证，，由，可得，利用必要性探路，得到，即，再验证充分性，可得. （3）证明出当时，，当时，，求出直线与直线的交点横坐标，与的交点横坐标，得到，再求出直线与函数的交点横坐标，得到，综上所述，. 【小问1详解】 由， 令，得，令，得， 所以在单调递减，在单调递增， 故，即最小值为，相应的； 【小问2详解】 方法一：令，，则， 令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值， 所以， 所以（当且仅当时等号成立）， 可得，则，进一步，化简得， 所以，即. 验证充分性：当时，可设， 则在单调递增且， 进而可得在单调递减，在单调递增，所以. 综上所述，可得. 方法二：由题可知，即对任意恒成立. 令，则且. ①当时，，所以在单调递增， 则当时，（不符题意，舍去）； ②当时，令，得出， 令得，令得， 则在单调递减，在单调递增. 所以只需. 设函数，可求得， 令得，令得， 故在单调递增，在单调递减，所以. 综上所述，可得. 方法三：设，得， 即证，，其中. 由，可得. 由，所以（必要性探路），即. 验证充分性：当时，可得， 进而可得在单调递减，在单调递增，所以. 综上所述，可得. 【小问3详解】 设，，，则直线，直线， 由（1）、（2）知：当时，，此时. 当时，令，所以， 由在单调递增，而， 所以存在，使得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 又，所以当时，所以， 即，此时， 设直线与直线的交点横坐标为，与的交点横坐标为， 联立方程得：，， 则； 设直线与函数的交点横坐标为和， 联立方程得：， 则. 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $