天津市南开区2024-2025学年高三数学下学期质量监测一试卷【含答案】

参考公式：•柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高．•锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高．•如果事件互斥，那么．•对于事件，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.若集合，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】应用集合的交补运算求集合.【详解】由题设，，则.故选：A2.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】根据不等式的性质判断条件间的推出关系，即可得.【详解】若，如，但不成立，充分性不成立；若，显然同号且不为0，则成立，必要性成立；所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B3.设，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据指对数的性质判断大小关系即可.【详解】由，即.故选：D4.如图是由一组实验数据得到的散点图，以下四个回归方程类型中适合作为与的回归方程类型的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据散点图的变化趋势及散点的分布情况判断回归方程的类型.【详解】由散点图中各点的变化趋势：非线性、且上单调递增，所以适合指数型模型.故选：C.5.已知是奇函数，则（）A. B.0 C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】由奇函数的性质列方程求参数即可.【详解】是奇函数，由得，所以恒成立，则，解得.故选：C6.把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，且的图象关于点中心对称，则函数的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依次由各选择支函数根据平移变换求出的解析式，再代值验证对称性可知.【详解】对于选项A，若，则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得到，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到，由，故图象不关于点中心对称，故A错；对于选项B，若，则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得到，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到，由，故图象不关于点中心对称，故B错；对于选项C，若，则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得到，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到，由，可知图象关于点中心对称，故C正确；对于选项D，若，则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得到，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到，由，故图象不关于点中心对称，故D错.故选：C.7.已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】令，得到为单调递增函数，根据对数函数的性质，以及复合函数的单调性的判定方法，列出不等式，求得的取值范围，即可得到答案.【详解】令，因为且，所以函数为单调递增函数，要使得函数在上单调递减，则满足，解得，所以实数取值范围为.故选：A.8.如图，在平行六面体中，是线段上的一点，且，则三棱锥的体积与平行六面体的体积之比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据已知，先证明面，再由及棱锥和棱柱的体积公式，即可得.【详解】由题设及平行六面体的结构特征易知，面，面，所以面，则上任意一点到面的距离为定值，又，则，由的底面面积是平行六面体底面面积的一半，且高相等，所以.故选：D9.设双曲线的左、右顶点分别是，点是的一条渐近线上一点，若，则的离心率为（）A. B. C. D.4【答案】C【解析】【分析】根据题意画出图形，设点在第一象限，根据已知条件得到点在以原点为圆心，为半径的圆上，联立，解得，从而得到，利用正切值得到，再转化为的齐次方程求解即可.【详解】如图所示，设点在第一象限，，因为，所以点在以原点为圆心，为半径的圆上.，解得.又因为，所以.在中，，，，所以，即.所以，，，即，所以.故选：C第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色黑水的钢笔或签字笔答题；2．本卷共11小题，共105分．二､填空题：本大题共6个小题，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.是虚数单位，若复数为纯虚数，则__________．【答案】【解析】【分析】应用复数的乘法求复数，根据纯虚数的性质求参数值即可.【详解】由为纯虚数，所以，则.故答案为：11.若的展开式的二项式系数和为32，且的系数为__________．【答案】【解析】【分析】由二项式系数和求得，再由通项公式即可求解.【详解】由题意可得，即，通项公式，令，可得：，所以的系数为，故答案为：12.已知圆与抛物线的准线相切于点为的焦点，则直线被圆截得的弦长为__________．【答案】【解析】【分析】根据已知可得，进而有、，写出，求圆心到直线距离，再应用圆中弦长的几何求法求直线被圆截得的弦长.【详解】由题设，抛物线准线为，则，故，由准线与圆相切且圆心，易知，所以，即，故到的距离，所以直线被圆截得的弦长为.故答案为：13.有编号分别为的3个盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球．现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，则从第1个盒子中取到白球的概率是__________；从第3个盒子中取到白球的概率是__________．【答案】①.②.【解析】【分析】应用古典概率求法求从第1个盒子中取到白球的概率，再应用独立乘法公式和互斥事件加法求从第3个盒子中取到白球的概率.【详解】由第1个盒子中有2个白球1个黑球，则从第1个盒子中取到白球的概率是，当从第1个盒子中取到白球且概率为，则第2个盒子中有2个白球1个黑球，从第2个盒子抽到白球概率为，则第3个盒子中有2个白球1个黑球，故抽到白球概率为，从第2个盒子抽到黑球概率为，则第3个盒子中有1个白球2个黑球，故抽到白球概率为，所以，对应概率为；当从第1个盒子中取到黑球且概率为，则第2个盒子中有1个白球2个黑球，从第2个盒子抽到白球概率为，则第3个盒子中有2个白球1个黑球，故抽到白球概率为，从第2个盒子抽到黑球概率，则第3个盒子中有1个白球2个黑球，故抽到白球概率为，所以，对应概率为；综上，从第3个盒子中取到白球的概率是.故答案为：；14.在中，，若点为的中点，点满足，点为与的交点，用和表示__________；则的余弦值为__________．【答案】①.；②..【解析】【分析】根据已知及加减、数乘的几何意义可得、，再由与的夹角相等，结合向量数量积的运算律及夹角余弦值的求法求的余弦值.【详解】由，则，由与的夹角相等，则，又，，则，所以，，，所以.故答案为：，15.已知，若方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】令，先变形，再分，两种情况讨论的正负，从而去掉绝对值符号，再分段求解方程的根，即可求出的取值范围.【详解】令，则原方程可化为，因为，又因为，所以上式可化为.（1）当时，2x+3x-1>0，所以则原方程可化为，整理可得2x（i）当时，上式可化为，所以关于的一次方程有解必须满足a+2≠0x=8-4aa+2>1（ii）当时，上式可化为，解得，此时②，（2）当时，，，即，所以则原方程可化为，整理可得.因为当时，原方程已有两个不等的实数根，原方程要有四个不同的实数根，方程必须有两个不等的实数根，令，的对称轴为必须让二次函数在上与轴有两个不同的交点，所以须满足Δ=a2解得③，所以，综上①②③可得实数的取值范围为，故答案为：.三､解答题：本大题共5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，内角对边分别为，且．（1）求边的长；（2）求的值；（3）求的值．【答案】（1）4（2）（3）【解析】【分析】（1）由正弦定理可知，进而结合余弦定理求解即可；（2）根据平方关系先求得，再结合正弦定理求解即可；（3）先求出，，再结合两角差的余弦公式求解即可.小问1详解】因，由正弦定理可知，由余弦定理可得，即，解得，故．【小问2详解】由及，得，由正弦定理，得，解得．【小问3详解】由（2）得，所以．所以．所以17.如图，在四棱锥中，平面平面，为棱上一点，且．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，应用向量法得，再由线面平行的判定证明结论；（2）（3）根据（1），应用向量法求线面角、面面角的正余弦值.【小问1详解】取中点，连接，因为，所以．又面面，面，面面，所以平面．以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则所以．设为平面的一个法向量，则，得，令，则，从而．因为，所以．因为，所以，又平面，则平面．【小问2详解】设与平面的夹角为，则．【小问3详解】显然，平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则．18.已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点．（1）求的方程；（2）过点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于．若，求直线的斜率．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据椭圆所过的点求参数，即可得方程；（2）设直线，联立椭圆并应用韦达定理，再由直线，直线求交点坐标，根据面积关系得，进而求得，即可得.【小问1详解】设的方程为且，将两点代入得，解得，故的方程为．【小问2详解】依题意，设直线，联立，消去整理得，则，即，且．直线，直线，令，则，令，则，由，得，即，整理得，因为，所以，解得，所以直线的斜率为．19.已知公差大于0的等差数列的前项和为，且是的等比中项．（1）求的通项公式及；（2）记为在区间内项的个数，为数列的前项和．（i）若，求的最大值；（ii）设，证明：．【答案】（1）；（2）（i）5；（ii）证明见解析..【解析】【分析】（1）应用等差数列前n项和公式及等差中项的性质、通项公式求基本量，进而得到的通项公式及；（2）（i）根据已知得，即得，应用等差、等比前n项和公式及分组求和得，再由能成立求的最大值；（ii）由（i）得，判断其单调性即可得，应用基本不等式及放缩有，应用错位相减法求右侧的前n项和，即可证.【小问1详解】设等差数列的公差为，依题意，，即①，，即②，将①代入②得，因为，解得，所以．【小问2详解】（i）令，即，解得，所以，即的通项公式为所以．又，所以．由，得，因为，所以的最大值为5．（ii）由（i）知，则，所以．设①，则②，①②得，所以．因为，所以．综上，．20.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若在区间上恒成立，求实数的取值范围；（3）若方程有两个不同的实数解，证明：．【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程；（2）导数研究函数的单调性，结合及不等式恒成立确定参数范围；（3）由有两个不同的实数解得，构造并研究其函数值符号得，由有两个不同的实数解，构造，并利用导数研究性质可得，令，则方程有两个不同的实数解，构造设，导数研究性质得，进而得到，即可证.【小问1详解】，则切线的斜率为，又，所以处