天津市耀华中学2025届高三下学期 数学统练（4）（含解析）

这是一份天津市耀华中学2025届高三下学期 数学统练（4）（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共12小题）
1．已知集合，且，则（ ）
A．B．{2}C．D．
2．在中，角所对的边分别为，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．设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知数列的通项公式为，从该数列中抽取出一个以原次序组成的首项为4，公比为2的等比数列，，，，其中，则数列的通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
6．下列命题中
①散点图可以直观地判断两个变量是否具有线性相关关系；
②回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线；
③回归分析和独立性检验没有什么区别；
④回归直线一定经过样本中心点.
其中正确的命题个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．已知函数在有且仅有个极小值点，且在上单调递增，则ω的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．在中，，是边中点，线段长为，，是边上一点，是的角平分线，则的长为（ ）
A．B．C．2D．
9．已知函数的定义域为，且满足，的导函数为，函数为奇函数，则（ ）
A．1B．3C．D．
10．已知函数.对于下列四种说法，正确的是（ ）
①函数的图象关于点成中心对称
②函数在上有个极值点.
③函数在区间上的最大值为，最小值为
④函数在区间上单调递增
A．①②B．②③C．②③④D．①③④
11．已知正三棱锥的四个顶点都在半径为R的球面上，且，若三棱锥的体积为，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
12．已知是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（ ）
A．B．3C．6D．
二、填空题（本大题共6小题）
13．某校高一年级､高二年级､高三年级学生人数之比为，现采用分层抽样的方法从高中各年级共抽取同学参加“流行病学”调查，则高一年级应抽取 名学生.
14．已知向量，满足，，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为，则 .
15．街道上有编号1，2，.3，的十盏路灯，为节省用电又能看清路面，可以把其中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，在两端的灯都不能关掉的情况下，满足条件的关灯方法有 种.
16．在(x+3x2)5的展开式中，常数项是 .
17．在平面四边形中，，，向量在向量上的投影向量为，若，点为线段上的动点，则的最小值为 ．
18．设函数，若方程有三个不同的实数根，则实数的取值范围为 .
三、解答题（本大题共2小题）
19．已知等比数列的公比，且，．
Ⅰ求数列的通项公式；
Ⅱ设，是数列的前n项和，对任意正整数n不等式恒成立，求实数a的取值范围．
20．已知函数.
(1)若，求在上的最大值和最小值；
(2)若，当时，证明：恒成立；
(3)若函数在处的切线与直线垂直，且对，恒成立，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】，
由题设有，故，
故选C.
2．【答案】C
【分析】由题意结合正弦定理确定充分性和必要性是否成立即可.
【详解】在中，若，则，
由正弦定理，
得，即充分性成立；
若，
由正弦定理有，
得，则，即必要性成立，
综上可得：“”是“”的充要条件.
故选C.
3．【答案】B
【分析】利用函数的定义域排除A，结合时的函数值恒大于0排除CD，则可得答案.
【详解】由得．排除A；
当时，，所以．排除CD．
又，
当时，，故，故B中图象符合题意.
故选B.
4．【答案】B
【详解】，，
又，所以，所以，
所以.
故选B.
5．【答案】A
【详解】由是首项为4，公比为2的等比数列，故，
又，故，即.故选A.
6．【答案】B
【详解】散点图可以直观地判断两个变量是否具有线性相关关系，①正确；
回归直线可以不经过散点图中的任何一个点，②错误；
回归分析是对具有相关关系的两个变量进行统计分析的一种方法，
独立性检验是对两个变量是否具有某种关系的分析，③错误；
回归直线一定经过样本中心点，④正确，
所以正确的命题个数为2.
故选B
7．【答案】D
【详解】对于函数，极小值点为.
，令.
因为有且仅有个极小值点.
当时，；当时，；当时，.
所以，解不等式得.
因为的单调递增区间为.
对于，令，
则.
因为在上单调递增，所以.
当时，，当时，，
故，则且.
解不等式得.
综合以上两个条件，的取值范围是.
故选D.
8．【答案】B
【详解】是边中点，则，
所以，
即，解得，
，
是的平分线，则，，
，
在中，，
故选B．
9．【答案】A
【分析】根据两边求导得，再根据为奇函数得，由对称性得出是周期为2的周期函数，即可求解．
【详解】由两边求导得，，即，
因为为奇函数，
所以，即，
所以关于中心对称，
所以，变形得，且，
由，得，变形得，
所以，则，
所以是周期为2的周期函数，则.
故选A．
10．【答案】B
【详解】对于①，，的图象不关于点成中心对称，错误；
对于②，，则，则当分别取时，函数取到极值，正确；
对于③，，则， ，正确；
对于④，，则，由于正弦函数在上不单调，错误；
故选B.
11．【答案】D
【详解】
由题意得，为等边三角形，取的中心，设球心为，易得共线，设三棱锥的高为，
，则，则，又，
由正弦定理得，，在中，，即，
解得，则球的表面积为.
故选D.
12．【答案】C
【详解】设椭圆长轴，双曲线实轴，由题意可知：，

又，，
两式相减，可得：，，
． ，
，当且仅当时取等号，
的最小值为6，
故选C．
13．【答案】
【详解】高一年级应抽取的学生人数为.
14．【答案】
【详解】由得，
因为向量在向量方向上的投影向量的坐标为，
所以，即，所以，
所以.
15．【答案】
【详解】10只灯关掉3只，实际上还亮7只灯，而又要求不关掉两端的灯和相邻的灯，此题可以转化为在7只亮着的路灯之间的6个空挡中放入3只熄灭的灯，有种方法，
16．【答案】15
【解析】由题意可得,展开式的通项为Tk+1=C5k(x)5−k(3x2)k=C5k⋅3kx5−5k2(k=0,1,⋯,5),令5−5k2=0,可得k=1,所以展开式中的常数项是T2=C51×3=15.
17．【答案】
【详解】如图，过点作，
因向量在向量上的投影向量为，则为线段的中点，
则，在中，
以为原点，、所在直线为轴、轴建立平面直角坐标系，
又，则且，
则，
则，
设，
则，
当时，有最小值.
18．【答案】
【详解】①当时，，
在单调递增，在单调递增，在单调递减，
此时不满足方程有三个不同的实数根；
②当时，，
在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，
，
即，
解得：；
③当时，，
在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，
，
即，
解得：，
由①②③可知：；
实数的取值范围为.
19．【答案】(1).
(2).
【详解】试题分析：
（Ⅰ）本小题用等比数列的基本量法可求解，即用首项和公比表示出已知条件并解出，可得通项公式；
（Ⅱ）由，因此用错位相减法可求得其前项和，对不等式按的奇偶分类，可求得参数的取值范围．
试题解析：
（Ⅰ）设数列的公比为，则，
∴
∵，∴，∴数列的通项公式为．
（Ⅱ）解：
∴

∴
∴=
∴对任意正整数恒成立，设，易知单调递增．
为奇数时，的最小值为，∴得，
为偶数时，的最小值为，∴，
综上，，即实数的取值范围是．
20．【答案】(1)最大值是，最小值是
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，进而求最值即可；
（2）构造函数，然后利用导数研究函数的单调性，进而求最值即可证明；
（3）根据题意，先求参数，进而用分离参数的方法解决恒成立问题即可.
【详解】（1）当时，，，
令可得，故当时，在单调递减；
当时，在单调递增；
故递减区间为，递增区间为.
函数的极小值是唯一的极小值，无极大值.
又，
在上的最大值是，最小值是.
（2）因为，所以令，
.
当时，，则在上单调递增，
所以当时，，所以恒成立.
（3）因为函数的图象在处的切线与直线垂直，
所以，即，解得
所以.
因为对，恒成立，
所以对，恒成立.
令，则
令，解得；令，解得，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，则，解得：.
所以实数的取值范围为.