2024~2025学年天津十二区高三数学第二学期第一次考试试题[带答案]

这是一份2024~2025学年天津十二区高三数学第二学期第一次考试试题[带答案]，共14页。试卷主要包含了已知函数，若，，则的大小关系为，已知等差数列的前项和为，且，则，下列说法正确的是，已知集合，则_________等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场/座位号填涂在答题卡规定位置上。
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，将答题卡交回。
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把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，每小题共5分，共45分。
参考公式：·如果事件互斥，那么
·柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高。
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．若复数满足，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．既不充分也不必要条件
3．如图是函数的部分图象，则的解析式可能为（）
A． B． C． D．
4．已知函数，若，，则的大小关系为（）
A． B． C． D．
5．已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．6 B．9 C．11 D．14
6．下列说法正确的是（）
A．一组数据的第80百分位数为17；
B．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05；
C．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于0；
D．若随机变量满足，则．
7．如图是函数的部分图象，是图象的一个最高点，是图象与轴的交点，是图象与轴的交点，且的面积等于，则下列说法正确的是（）
A．函数的图象关于点对称；
B．函数的最小正周期为；
C．函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到；
D．函数的单调递增区间是。
8．祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幕势既同，则积不容异”。这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高。这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐簿，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为（）
A． B． C． D．
9．已知双曲线与抛物线，抛物线的准线过双曲线的焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若，则双曲线的离心率等于（）
A． B． C． D．
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，答对一个的给3分，全部答对的给5分。
10．已知集合，则_________。
11．在的展开式中，的系数为_________。
12．已知圆与圆外切，此时直线被圆所截的弦长为_________。
13．甲和乙两个箱子中各装有4个大小相同的小球，其中甲箱中有2个红球、2个白球，乙箱中有3个红球、1个白球，从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到白球的条件下，则2个球都是白球的概率为_________；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数大于等于2，就从甲箱子重随机抽出1个球；如果点数大于等于3，就从乙箱子中随机抽出1个球，则抽到红球的概率为_________。
14．在平行四边形中，是线段的中点，点满足，若设，，则可用表示为_________；点是线段上一点，且，若，则的最大值为_________。
15．己知函数有且仅有2个零点，则实数的取值范围为_________。
三、解答题：本大题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．（本小题满分14分）
已知的内角的对边分别为，且。
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若，求的面积；
（Ⅲ）若，求。
17．（本小题满分15分）
如图所示，在三棱柱中，平面，。是棱的中点，为棱中点，是的延长线与的延长线的交点。
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）求平面与平面夹角的余弦值。
18．（本小题满分15分）
已知椭圆过点，焦距是短半轴长的倍，
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）点是椭圆上的三个不同点，线段交轴于点异于坐标原点，且总有的面积与的面积相等，直线分别交轴于点两点，求的值。
19．（本小题满分15分）
若某类数列满足“，且”，则称这个数列为“型数列”。
（Ⅰ）若数列满足，求的值并证明：数列是“型数列”；
（Ⅱ）若数列的各项均为正整数，且为“型数列”，记，数列为等比数列，公比为正整数，当不是“型数列”时，
（i）求数列的通项公式；（ii）求证：。
20．（本小题满分16分）
意大利画家达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么?这就是著名的“悬链线问题”，通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数的图象，定义双曲正弦函数，类比三角函数的性质可得双曲正弦函数和双曲余弦函数有如下性质①平方关系：，②倍元关系：。
（Ⅰ）求曲线在处的切线斜率；
（Ⅱ）若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围：
（Ⅲ）（i）证明：当时，；
（ii）证明：。
数学参考答案
一、选择题：每小题5分，满分45分
二、填空题：每小题5分，共30分．（两空中对一个得3分，对两个得5分）
10． 11． 12． 13．
14． 15．
三、解答题：本大题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．（本小题满分14分）
解析：（Ⅰ）由正弦定理得：，1分，
显然则，3分
又，故；4分
（Ⅱ），
由余弦定理可得，整理可得，5分
又，解得，6分
8分
（Ⅲ）由正弦定理得：，则，9分
，即，则，故为锐角，
，10分
，11分
，12分
14分
17．（本小题满分15分）
解析（Ⅰ）【方法1】在三棱柱中，连接，连接，由是棱的中点，得是的中点，
由为平行四边形，得为线段中点，于是，而平面平面，所以平面。
【方法2】
在三棱柱中，平面，
，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，2分
设平面的法向量，则
则，令，得，4分
因为，所以
又因为平面，所以平面．
（Ⅱ）由（Ⅰ）平面的法向量，又，
则 9分
所以直线与平面所成角的正弦值为 10分
（Ⅲ）设平面的一个法向量，
则令，的
设平面与平面夹角为，
则，13分
所以平面与平面夹角的余弦值．15分
18．（本小题满分15分）
解（Ⅰ）：设制圆的半焦距，由题意知，解得，
椭圆的方程 5分
（Ⅱ）分析得两点关于轴对称，由题意直线斜率存在且不为0，
并且纵截距不为0
设直线，6分
7分
，化简得， 8分
设， 10分
直线， 11分
令
14分
所以。15分
19．（本小题满分15分）
解析：（Ⅰ）令，则，
令，则；2分
由①，当时，②，
由①②得，当时，，3分
所以数列和数列是等比数列。
因为，所以，
所以，因此，
从而，所以数列是“型数列”。6分
（II）（i）因为数列的各项均为正整数，且为“G型数列”，
所以，所以，因此数列递增。又，
所以，因此递增，所以公比。
又不是“型数列”，所以存在，使得，所以， 8分
又公比为正整数，所以，又，
所以，则。 10分
（ii），
因为，所以，
所以， 13分
令，当时，，
当时，
15分（其他答案酌情给分）
20．（本小题满分16分）
解析：（Ⅰ），则 1分
所以所以在处的切线斜率为 2分
（Ⅱ）令，则
3分
下面证明：对任意恒成立
先证明：对任意。
证明如下：设，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故，故， 5分
继续证明：对任意。
证明如下：令，则，
因此在上单调递增；所以，
故 7分
当时，对，都有，函数在上单调递增，
则，解得； 8分
当时，对，都有，对，都有，
函数在上单调递减，在上单调递增，
则对，都有成立，不符合题意，舍去。
综上所述，实数的取值范围是。 9分
（Ⅲ）（i），
令，则
所以在上单调递增，所以
所以当时，成立； 10分
（ii）下面证明：当时，成立，
令，则
由（II）解答过程，对任意成立，所以
所以在上单调递增，所以
所以当时，成立
令且，可得，
即，
由题意，
令且，可得，
因为所以 12分
由①当时，，所以令且，可得
所以 13分
由（Ⅱ）解答过程，对任意成立
令且，可得 14分
所以
又且，所以，
所以 15分
所以可得
即可得。 16分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案
B
A
D
C
B
B
D
D
C