天津市十二区重点学校2024-2025学年高三下学期联考（一）数学试题 含解析

这是一份天津市十二区重点学校2024-2025学年高三下学期联考（一）数学试题 含解析，共26页。
第I卷选择题（共45分）
注意事项：
1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡规定位置上．
2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑．
一、选择题（本题共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，请将正确答案的序号填涂到答题卡上．）
1. 已知集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集以及补集的定义即可求解.
【详解】，故，
故选：B
2. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充分必要条件D. 既非充分又非必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件来判断.
【详解】当时，即，所以充分性成立；当时，即可得到，所以必要性成立.
故选：C
3. 若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】根据指对数和中间值1和0比较大小，即可判断.
【详解】，，，
所以.
故选：A
4. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可判断选项.
【详解】A.若，，则或，故A错误；
B. 若，，，则，故B正确；
C. 若，，则或与相交，故C错误；
D. 若，，，则或异面，故D错误.
故选：B
5. 下列说法错误的是（ ）
A. 若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量的分布比较集中
B. 在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好
C. 若样本数据的平均数为3，则的平均数为10
D. 一组数据6，7，7，8，10，12，14，16，19，21的第30百分位数为7
【答案】D
【解析】
【分析】由正态分布的性质，可得A的正误；由决定系数的作用，可得B的正误；由平均数的计算公式，可得C的正误；由百分位数的计算，可得D的正误.
【详解】对于A，由为标准差，该值越小，数据越集中，则曲线越高瘦，故A正确；
对于B，当决定系数越大时，残差平方和越小，即模型拟合的效果越好，故B正确；
对于C，由，则，故C正确；
对于D，由，由，则第百分位数为，故D错误.
故选：D.
6. 若将确定的两个变量y与x之间的关系看成，则函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数的运算及排除法即可求解.
【详解】由得，
显然，所以，
由，得，
所以，排除AB，
由，当且仅当时取等号，可排除D．
故选：C．
7. 已知为坐标原点，双曲线的左右焦点分别为，，双曲线上一点满足，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】分情况设出焦半径，由向量数量积为零，可得垂直，利用勾股定理，建立齐次方程，可得答案.
【详解】①当时，由，则，
由，则，所以，
即，由，，则，
化简可得，由，则；
②当时，由，则，
由，则，所以，
即，由，，则，
由，则方程不成立.
故选：D.
8. 风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源．如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由线面垂直的判定与性质，根据等腰三角形的性质与勾股定理，求得底面积，利用三棱锥体积公式，可得答案.
【详解】在矩形中，有，，
因为，，平面，所以平面
则平面，因为平面，所以，，
在中，由，，则，
又因为的中点，则，易知，，
易知，则，因，则，
在中，，
则矩形的面积，
因，，，平面，所以平面，
多面体的体积.
故选：A.
9. 设符号函数，已知函数，则（ ）
A. 为的最小正周期B. 图象的对称轴方程为
C. 在上单调递增D. 函数在上有4个零点
【答案】D
【解析】
【分析】根据新函数的定义化简函数，作出函数的图象，即可利用图象，结合选择逐一判断.
【详解】由题意，画出函数的部分图象，
如图所示：

根据图象可知为最小正周期，故A错误；
由图象知图象的对称轴方程为，故B错误；
在上先单调递增，再单调递减，故C错误；
函数在上的零点个数，转化为方程在上的解的个数，
转化为函数与的交点个数，由图知，函数与有6个交点，
所以，函数在上有4个零点，故D正确；
故选：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．请将正确的答案填写到答题纸上．题中包含2个空的，答对1个空的得3分，全部答对的得5分．）
10. 是虚数单位，复数满足，则________．
【答案】
【解析】
【分析】设出复数以及共轭复数，利用复数相等可得参数值，根据模长公式，可得答案.
【详解】设，则共轭复数，
由，则，解得，
所以.
故答案为：.
11. 二项式的展开式中，项的系数是________．（用数字填写答案）
【答案】
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式，即可求解.
【详解】二项展开式的通项公式为，
令，得，
所以项的系数是.
故答案为：
12. 已知抛物线C：的焦点为F，P在C上，若以为直径的圆与x轴相切于点，则________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据题意可得点，再利用抛物线的定义即可得结果.
【详解】由题意得，设，的中点为，则.
因为以为直径的圆与轴相切于点，
则，即，解得，则，
所以
故答案为：2
13. 某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程．甲、乙、丙、丁四位同学进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择，甲和乙选择的课程不同，则四人选课的不同方案共有________种；若定义事件为甲和乙选择的课程不同，事件为丙和丁恰好有一人选择的是“九章算术”，则________．
【答案】 ①. 30 ②.
【解析】
【分析】利用排除法，总的方案数减去甲和乙选择的课程的方案数即可得到甲和乙选择的课程不同的方案数；分有一个人选择“九章算术”和两个人选择“九章算术”两种情况，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求得事件中包含的方案数，再利用条件概率公式求得
【详解】四个人参加三门选修课程共有种方案，其中甲和乙选择的课程相同共有种方案，
所以甲和乙选择的课程不同共有种方案；
事件共有种方案，以下考虑事件，即“甲和乙选择的课程不同，丙和丁恰好有一人选择的是九章算术”
先从丙、丁两个人中选一个人选择“九章算术”，则有种方案，
若四个人中只有一个人选择“九章算术”，则甲、乙分别选择另外两门课程，有种方案，
丙、丁中没选择“九章算术”的也从另外两门中选择一门，有种方案，
根据分步乘法计数原理，共有种方案；
若四个人中有两人选择“九章算术”，则除了包含丙、丁中的一个人外，还包含甲、乙中的一个人，有种方案，
其余两人分别选择另外两门课程，有种方案，
根据分步乘法计数原理，共有种方案；
根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，事件中共有种方案，
根据条件概率公式，；
故答案为：30；.
14. 平面四边形中，，，，点为线段的中点．
（I）若，则________；
（II）的取值范围是________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（I）证明四边形为菱形，即可利用定义求数量积；
（II）以为原点，以所在直线为轴和轴建系，求出点的轨迹方程，再用坐标表示，再将其转化为几何意义求解.
【详解】（I）如图，连接，
因，，为线段的中点，
则，，
故四边形为菱形，则，
（II）如图，以为原点，以所在直线为轴和轴，
在中可知，，则，
设，则，，
因，则点的轨迹为以为直径的圆，
方程为圆，欲使其构成平面四边形，则其轨迹为半圆，
因，则
该式子的几何意义为：点到半圆上的点的距离，
因，则点在圆上，
则距离的最短值为，最长为，但此时无法构成四边形，
故.
故答案为：；
15. 函数，若恰有三个零点，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】先作出，利用的零点为和，再对进行分类讨论，分，，三种情况，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】的图象如图，
由图知，当时，在上有2个零点，
则在有且仅有一个零点，
对称轴，又，，则满足题意；
当时，在上有1个零点，
则在有2个零点，易知，
所以只需即可，此时或；
当时，要使有三个零点，则，且在有2个零点，
此时对称，又，则，
即，
令，对称轴，在区间上单调递减，
且，所以，
综上，实数的取值范围是.
故答案为：
三、解答题（本大题5小题，共75分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，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）以为原点，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明平面即可；
（2）借助（1）中的数据，结合线面角的向量解法即可得答案；
（3）借助（1）中的数据，结合平面与平面所成角的向量解法即可得答案.
【小问1详解】
由题意，以为原点，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，，，，为棱的中点，
可得、、、、、、、、，
则，
设平面的法向量为，
因为，，
且，可得，
取，则，，所以，
则，故，
因为平面，所以平面．
【小问2详解】
由（1）可得为平面的一个法向量，
又，
所以
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【小问3详解】
易知是平面的一个法向量，
则
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 在中，角所对的边分别为已知．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的值；
（3）若，当的周长取最大值时，求的面积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理得到，再根据倍角公式得，进而得到；
（2）根据得，由正弦定理求得的值；
（3）根据余弦定理得，再利用均值不等式得，当且仅当时取等号，此时周长最大，再由面积公式求得此时的面积.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，
因为，所以，
又因为，且，所以，
又因为，，
所以，即.
【小问2详解】
因为在中，，所以，
又因为，，由正弦定理，
可得.
【小问3详解】
在中，由余弦定理，
得，即，
所以，当且仅当时取等号，
所以周长的最大值为，
此时面积.
18. 椭圆左焦点为，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】首先根据三角形面积公式确定，【算法一】设直线方程为，联立直线和直线求得点的坐标，思路一，根据求点的坐标，代入椭圆方程，即可求解；思路二，直线与椭圆方程联立，求点的坐标，再根据，即可求解；【算法二】设直线方程为，，后面的过程同【算法一】.
【小问1详解】
由题意得：，
所以
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
由题意可知，直线的斜率存在且为正，
直线方程为，
因为三角形的面积是三角形面积的5倍
∴
∵ ∴
又由题意可知、均在轴右侧，∴
【算法一】设直线方程为，由，解得
，
思路一：
所以
因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得：
∴
所以直线方程为，即．
思路二：由得，
显然成立
∵
∴
∴
整理得：
∴
所以直线方程为，即．
【算法二】设直线方程为，
由，解得，
思路一：．
所以由 得
因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得：
∴
所以直线方程为，即．15分
思路二：得，
显然成立
∵
∴
∴
整理得：
∴
所以直线方程为，即
19. 数列是公差不为0的等差数列，．已知为等比数列，且，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列中的项落在区间中的项数为．
（i）求数列前项和；
（ii）设数列满足，若存在正整数满足当时，，且，求．
【答案】（1），
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，由题意得，可求出公差，从而可求出，设数列的公比为，再由可求出，从而可求出，进而可求出；
（2）（i）由题意可得，则可求出，从而可求出，方法一：利用错位相减法可求出，方法二：对变形后，利用累加法可求出；（ii）当时，可得，则可得，当当时，利用累乘法可求得，从而可求出.
【小问1详解】
设数列的公差为，
因为为等比数列，且，，，
所以，
所以，
解得或(不合题意，舍去)，
又因，所以，
设数列的公比为，
因为，所以，
所以，
又因，所以，
所以．
【小问2详解】
（i），，
数列中的项落在区间中的项数满足，
即，
因为，
，
数列中的项落在区间中的项数为，
所以，
所以，
方法一：
，
，
所以．
方法二：，
（ii）当时，，则，
所以
又因为，
所以，解得，
所以当时，
所以
，
所以，
所以，
综上．
20. 已知函数，．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围；
（3）设，，若存在，使得．证明：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，再结合导数的几何意义求切线方程即可；
（2）方法一：构造函数，结合导数分和两种情况进行讨论即可求得k的范围；
方法二：构造函数，只需在时恒成立即可
又，且所以要使当时，，必须满足，即，再根据这个结论进行验证即可；
方法三：利用参变分离的方法，构造函数，，最后需要结合洛必达法则求解；
（3）由，可得，利用函数为单调递增函数，可得，所以，结合（2）得，代入化简得，又因为时，所以得.
【小问1详解】
当时，，
∴
又∴
∴切线方程为；
【小问2详解】
方法一：
设
只需在时恒成立即可
又，且
所以要使当时，，
必须满足，即．
下面证明时满足题意：
①当时，由，，
令，
由（1）知，在上单调递增，
所以，
所以当时，，即；
②当时，，
令，，则，
所以在上单调递增，
又，当时，，
所以存在，使得，
当时，，即在上单调递减，
当时，，
所以当时，不恒成立．
综上所述，实数的取值范围是．
方法二：
设，
则，
令，则，
当时，，
，在上单调递增，
即在上单调递增，
所以所以在上单调递增，
所以，
所以符合题意；
当时，令得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，即在上恒成立，
所以，
所以符合题意；
当时，在上恒成立，
在上单调递增，
即在上单调递增，又因为
当时，，
所以存在，使得，
当时，，即在上单调递减，
当时，
综上所述，实数的取值范围是．
方法三：参变分离得：
令，，
∵，∴
∴在区间上单调递减
∴
∴
∴在区间上单调递减
∴
∴
∴在区间上单调递减
∴
由洛必达法则可得：
综上所述，实数的取值范围是．
【小问3详解】
由函数，
可得，
设，由，
可得，
则，
又由，可得，
∴函数为单调递增函数，
∴，即，
∴，
由（2）知，当时，，，
∴，
即，
∴，
代入可得：
，
则，
∴，
又因为时，，
所以，
所以.
【点睛】利用导数解决函数中的恒成立问题，常用以下两种方法：
①参变分离法：参变分离法是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边，从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离；