天津市河西区2024-2025学年高三数学下学期总复习质量调查二二模试题【含答案】

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.·锥体的体积公式，其中表示锥体的底面面积，表示锥体的高.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据交集定义计算求解.【详解】集合，，则.故选：B.2.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】解出两不等式的解集，并根据其包含关系判断即可.【详解】易知不等式的解集为，不等式的解集也为，所以“”是“”的充分必要条件.故选：C3.设，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用对数函数单调性限定出的取值范围即可.【详解】易知，即；而，即；又，因此，所以.故选：D4.某大型企业开发了一款新产品，投放市场后供不应求，为了达到产量最大化，决定增加生产线．经过一段时间的生产，统计得该款新产品的生产线条数与月产量（件）之间的统计数据如下表：4681030406070由数据可知，线性相关，且满足回归直线方程，则当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为（）A73件 B.79件 C.85件 D.90件【答案】C【解析】【分析】根据所给数据求出样本中心点，再代入回归直线方程，即可求出参数的值，从而得到回归直线方程，最后将代入计算可得.【详解】解：依题意可得，，因为回归直线方程必过样本中心点，即，解得，所以，当时，故当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为85件.故选：C5.记为等比数列的前项和．若，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，再利用等比数列的求和公式可求出的值.【详解】设等比数列的公比为，由得，可得，所以，，所以，.故选：C.6.已知函数是偶函数，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由偶函数的定义可得，即可得出的值.【详解】因为函数是偶函数，且，则，故.故选：D.7.已知、是函数的两个零点，且的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于原点对称，则函数的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】求出函数的最小正周期，可得出的值，然后利用三角函数图象变换可得出平移后所得函数的解析式，根据正切型函数的奇偶性可得出关于的等式，解出的表达式，即可得出合适的选项.【详解】由题意可知，函数的最小正周期为，所以，所以，将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于原点对称，可得出函数为奇函数，所以，，解得，A选项合乎题意.故选：A.8.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过作直线分别交双曲线的左、右两支于，两点，满足，且，，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用垂直关系的向量表示得，且为等边三角形，结合双曲线定义以及余弦定理计算得，进而求出渐近线方程.【详解】由，得，即，又，得为的中点，则，又，于是为等边三角形，设的边长为，由双曲线定义知，，，则，，又，则，解得，在中，由余弦定理得，即，得，，，所以双曲线的渐近线方程为.故选：A9.在正四棱锥中，底面四边形是边长为的正方形，当该正四棱锥的外接球半径与内切球半径之比最小时，则该正四棱锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】对外接球，根据几何关系建立方程求解半径；对内切球，先求出侧面三角形面积进而得到四棱锥表面积，再利用等体积法求出内切球半径，最后得到的表达式，通过换元法结合基本不等式求其最小值及对应的值，最后利用锥体体积公式求解即可.【详解】设正四棱锥的高为，设，连接，则平面，设该正四棱锥的外接球球心为，则在直线上，取中点，连接、，对外接球，解得：，对内切球：，故四棱锥表面积，由体积法：，所以，令，则，进而，当且仅当，即时，取最小值，此时.因此，该正四棱锥体积为.故选：B.河西区2024-2025学年度第二学期高三年级总复习质量调查（二）数学试卷第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.是虚数单位，复数满足，则______.【答案】【解析】【分析】根据复数的除法运算公式，即可求解.【详解】由条件可知，.故答案为：11.在的展开式中，偶数项的二项式系数和为128，则常数项为______.【答案】【解析】【分析】首先根据二项式系数的性质求，再根据通项公式，即可求解.【详解】由条件可知，，则，二项展开式的通项公式，令，得，所以常数项为.故答案为：12.已知抛物线的焦点为，圆：，过点作直线与圆交于两点，且为的中点，则直线的方程为______.【答案】【解析】【分析】求出抛物线焦点坐标和圆心坐标，依题意可得，求得直线的斜率为可得其方程.【详解】易知抛物线的焦点为，将圆化为标准方程，圆心，半径，如下图所示：若为的中点，结合圆的性质可知，易知，所以直线的斜率为，因此直线的方程为，即.故答案为：13.已知甲袋中装有个红球，个白球；乙袋中装有个红球，个白球，两个袋子均不透明，其中的小球除颜色外完全一致.现从两袋中各随机取出一个球，若两个球同色，则将取出的两个球全部放入甲袋中；若两个球不同色，则将取出的两个球全部放入乙袋中，每次取球互不影响.按上述方法操作一次，在甲袋中恰有个小球的条件下，当时从甲袋中取出的是红球的概率是______；按上述方法重复操作两次后，乙袋中恰有个小球的概率是______.【答案】①.②.【解析】【分析】记住事件甲袋中恰有个小球，事件从甲袋中取出的是红球，利用条件概率公式可求得的值；对前两次模的球的颜色进行分类讨论，结合独立事件的概率公式可得出所求事件的概率.【详解】记住事件甲袋中恰有个小球，事件从甲袋中取出的是红球，则，，由条件概率公式可得；根据题意，若乙袋中恰有个小球，则两次操作后，取出的两球是同色的，有种情况：（i）第一次都取出红球，第二次都取出红球，其概率为；（ii）第一次都取出红球，第二次都取出白球，其概率为；（iii）第一次都取出白球，第二次都取出红球，其概率为；（iv）第一次都取出白球，第二次都取出白球，其概率为.因此，重复操作两次后，乙袋中恰好有个小球的概率为.故答案为：；.14.在平行四边形中，，，，四边形的面积为6，则的最小值为______；当在上的投影向量为时，______.【答案】①.②.【解析】【分析】（1）首先利用基底法表示数量积，再结合四边形面积公式，以及基本不等式，即可求解的最小值；根据第一问的过程，结合投影向量公式，可以求，，再代入数量积公式，即可求解.【详解】由条件可知，,，所以，所以，，，，，当时等号成立，所以的最小值为；在上的投影向量为，则，即,因为，所以，得，，则.故答案：；.15.已知函数有四个不同的零点，且，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】由可得，数形结合可知、为方程的两根，、为方程的两根，求出的取值范围，利用韦达定理求出关于的表达式，令，，利用导数求出的值域，即为所求.【详解】由题意可知，由可得，可得，所以，直线与函数的图象有四个交点，如下图所示：由可得或，结合图象可知，、为方程的两根，即方程的两根，，由韦达定理可得，，因为，则，、为方程的两根，即方程的两根，，可得，故，由韦达定理可得，，因为，所以，所以，令，，所以，对任意的，，则，即对任意的恒成立，所以，函数在上单调递减，且，，故当时，，因此，的取值范围是.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.在三角形中，内角的对边分别为，已知（1）求；（2）若（i）求；（ii）求.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）.【解析】【分析】（1）由题设结合正弦定理边化角和两角和的正弦公式即可计算求解.（2）（i）先由（1）求出，再由题设结合正弦定理即可计算求解.（ii）由（i）求出，接着由倍角公式求出，再由结合两角和的正弦公式即可计算求解.【小问1详解】因为，所以由正弦定理得，即，又，则，所以.【小问2详解】（i）由（1）可得，若，则由正弦定理得即，所以.（ii）因为，，，所以，故，所以，所以.17.如图，在五面体中，平面，，，，，，，，分别为，的中点，连接，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的大小；（3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）.（3）存在，.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系求出平面的法向量，利用线面垂直的向量表示可证明得出结论；（2）由线面角的向量求法计算即可求得结果；（3）设，由平面解得，再由点到面的距离公式计算可得结果.【小问1详解】如图，以为原点，分别以，，方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，由题意可得，，，，，，，，，因为，，所以，又，分别为，的中点，所以，，，，四点共面，设平面的一个法向量，，，由，即，令，，，所以，，易知，所以平面.【小问2详解】易知，由（1）知平面的法向量，设直线与平面所成角为，则，又，∴，所以直线与平面所成角的大小为.【小问3详解】设，，所以，则，设平面的一个法向量，，，由，即，令，，，所以，则，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.已知椭圆的两个焦点和两个顶点四点共圆，且与直线相切.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作斜率为的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线交轴于点为，点关于直线的对称点为点，若四边形为正方形，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意得出，，可将椭圆的方程化为，再将椭圆的方程与直线的方程联立，由求出的值，即可得出椭圆的方程；（2）设直线的方程为，设点、，的中点为，将该直线方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，求出点的坐标，可得出直线的方程，求出点的坐标，根据结合韦达定理求出的值.【小问1详解】因为椭圆的两个焦点和两个顶点四点共圆，所以，则，所以椭圆的方程为，由消去，得，因为椭圆与直线相切，所以令，解得，所以，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】设直线的方程为，设点、，的中点为，联立消去，得，，由韦达定理得，，所以，代入，解得，故线段的中点的坐标为，所以线段的垂直平分线的方程为，令，解得，即，因为线段和线段互相垂直平分，所以四边形为菱形，要使四边形为正方形，需满足，所以,即，解得，则的值为.19.已知数列为等差数列或等比数列，前项和为，且满足，.（1）当数列为等差数列时，求的通项公式及；（2）当在单调递增时，设，求的值；（3）当数列为等比数列且为摆动数列时，设，求的最大值和最小值.【答案】（1），.（2）（3）最大值为1，最小值为.【解析】【分析】（1）根据等差数列定义列方程组解得首项和公差即可求得结果；（2）经分析可知只有当时，在单调递增，满足题意，再利用裂项求和可得结果；（3）由（2）可知当时为等比数列且为摆动数列时，对表达式化简分析可求的结果.【小问1详解】假设等差数列的公差为，由题意得，所以，所以，.【小问2详解】当数列为等差数列时，由（1）知，显然在不单调；当数列为等比数列时，假设公比为，，解得或，当时，，易知在单调递增；当时，，易知不单调，所以，所以，.【小问3详解】当数列为等比数列时，由（2）知或，又为摆动数列，所以，，所以，当为奇数时，单调递减，，当时取得最大值1，当为偶数时，单调递增，，当时取得最小值，所以的最大值为1，最小值为.20.已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）讨论的单调性；（3）已知，证明：（其中是自然对数的底数）.【答案】（1）（2）答案见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再由点斜式计算可得；（2）求出函数的定义域与导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调性；（3）依题意即证，当恒成立，当时，只需证，即证，分别构造函数，利用导数求出，，即可得证.【小问1详解】当时，，，当时，，，切线方程为，整理得，所以曲线在处的切线方