天津市南开区2025届高三数学一模试题

天津市南开区2024届高三数学一模试题第Ⅰ卷参考公式：锥体的体积公式，其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高．假如事务A，B互斥，那么．假如事务A，B相互独立，．对于事务A，B，，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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【1题答案】【答案】B【解析】【分析】求出集合,依据集合的交集运算,求得答案.【详解】由题意，，则或，，故，故选：B2.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【2题答案】【答案】A【解析】【分析】由，解得或，利用充分、必要条件的定义即可推断出．【详解】由，解得或，由“”可推出“”，而由“”推不出“”，∴“”是“”的充分不必要条件．故选：A．3.函数的图象可能是（）A. B.C. D.【3题答案】【答案】C【解析】【分析】依据函数的解析式，利用，分别解除A、B、D项，即可求解.【详解】由题意，函数，因为，即函数的图象过点，可解除A、B项；又因为，可解除D项，故选：C.4.某区为了了解居民用水状况，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据依据，，…分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图．若该区有40万居民，估计居民中月均用水量在的人数为（）A.4.8万 B.6万 C.6.8万 D.12万【4题答案】【答案】B【解析】【分析】由频率分布直方图求出可得答案.【详解】由得，估计居民中月均用水量在的人数为万，故选：B.5.已知直线与圆相交于A，B两点，若，则m的值为（）A. B. C. D.【5题答案】【答案】D【解析】【分析】先由圆的方程求圆心和半径，再由直线与圆相交的弦长得到圆心到直线的距离，再用点到直线的距离可得出结果.【详解】由得圆的标准方程为，所以该圆的圆心坐标为，半径，又直线与圆相交所得的弦，则圆心到直线的距离，即，解得.故选：D.6.已知，，，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【6题答案】【答案】C【解析】【分析】依据指数函数的性质可推断a,c的大小关系，依据对数函数的性质可推断b的大小范围，由此可得答案.【详解】由题意得：，，，且，故，故选：C7.已知双曲线的与抛物线的一个交点为M．若抛物线的焦点为F，且，则双曲线的焦点到渐近线的距离为（）A. B.2 C. D.【7题答案】【答案】D【解析】【分析】依据题意求出为M的坐标代入双曲线求出，利用点到直线距离公式可求双曲线的焦点到渐近线的距离.【详解】依据题意，设，因为，且，所以，代入到抛物线中，得，所以，将代入到双曲线中，得，即，设双曲线的焦点，渐近线为，即，所以双曲线的焦点到渐近线的距离为，故选：D.8.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法错误的是（）A.函数是奇函数B.函数图象的一条对称轴方程为C.函数的图象的一个对称中心为D.函数在上单调递减区间是【8题答案】【答案】C【解析】【分析】由题可得，进而可得，，然后利用正弦函数的性质即得.【详解】由题可得，∴，为奇函数，故A正确；当时，，所以函数的图象的一条对称轴方程为，故B正确；∴，当时，，所以不是函数的图象的一个对称中心，故C错误；由，可得，又，所以函数在上单调递减区间是，故D正确.故选：C.9.已知函数．若函数的图象经过四个象限，则实数k的取值范围是（）A. B. C. D.【9题答案】【答案】A【解析】【分析】作出函数的图象，作出直线，由图象知只要直线与的图象在轴左右两侧各有两个交点，则的图象就经过四个象限（时，的函数值有正有负，时，的函数值有正有负），因此求得直线的斜率，再求得直线与相切的切线斜率（留意取舍）即可得结论．【详解】作出函数的图象，如图，作出直线，它过定点，由图可得，只要直线与的图象在轴左右两侧各有两个交点，则的图象就经过四个象限（时，的函数值有正有负，时，的函数值有正有负），时，与轴的公共点为，，时，，由得，，解得或，由图象知，切线的斜率为，所以时满意题意．故选：A．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．请将答案填在题中横线上．10.若复数z满意，则z的虚部为______．【10题答案】【答案】3【解析】【分析】首先利用复数除法运算公式，计算，即可得复数的虚部.【详解】,所以的虚部为.故答案为：11.的绽开式中的项系数为___________；【11题答案】【答案】【解析】【分析】在二项绽开式的通项公式中，令的幂指数等于1，求出的值，即可求得绽开式中的系数．【详解】解：，令，则，所以.故答案为：.12.一个三角形的三边长分别为、、，绕最长边旋转一周所得几何体的体积为______．【12题答案】【答案】##【解析】【分析】确定圆锥半径和高，利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】在直角三角形中，设，，，则斜边上的高为，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转得到的是两个底面重合的圆锥的组合体，且圆锥的半径为，所以，旋转体的体积为.故答案为：.13.若，，，，则的最小值为______．【13题答案】【答案】##【解析】【分析】令，则，由此可将变形为，结合基本不等式，即可求得答案。【详解】由题意，，，，得：，设，则，故，当且仅当，即时取得等号，故的最小值为，故答案为：14.某质检员对一批设备的性能进行抽检，第一次检测每台设备合格的概率是0.5，不合格的设备重新调试后进行其次次检测，其次次检测合格的概率是0.8，假如其次次检测仍不合格，则作报废处理．设每台设备是否合格是相互独立的，则每台设备报废的概率为______；检测3台设备，则至少2台合格的概率为______．【14题答案】【答案】①.0.1②.0.972【解析】【分析】依据相互独立事务概率计算，求得答案；求出每台设备合格的概率，依据二项分布的概率计算，求得答案.【详解】由题意可得，每台设备报废的状况是第一次检测不合格，其次次检测仍不合格，则作报废处理，故每台设备报废的概率为；每台设备合格的概率为，故检测3台设备，则至少2台合格的概率为，故答案为：0.1；0.97215.在△ABC中，，，，则______；若M是△ABC所在平面上的一点，则的最小值为______．【15题答案】【答案】①.##②.##-0.25【解析】【分析】依据，得到D为AB的中点，再由，利用数量积运算得到，然后利用数量积的几何意义求解；建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算求解.【详解】解：如图所示：因为，所以D为AB的中点，又，且，所以，，则，所以，则；建立如图所示平面直角坐标系：则，设，所以，，则，所以，，当，时，取得最小值，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△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，，．（1）求c；（2）求的值；（3）求的值．【16题答案】【答案】（1）；（2）；（3）﹒【解析】【分析】(1)由余弦定理即可求c；(2)由正弦定理可求sinA，再求出cosA，依据余弦差角公式即可求；(3)cos(A－B－C)＝cos[A－(π－A)]＝－cos(2A)＝，再结合(2)sinA的值即可计算．【小问1详解】由余弦定理得，∴．【小问2详解】由正弦定理，得，解得．∵，∴A为锐角，∴，∴．【小问3详解】由(2)可得，∵，∴．18.如图，P，O分别是正四棱柱上、下底面的中心，E是AB的中点，，．

（1）求证：平面PBC；（2）求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；（3）求平面POC与平面PBC夹角的余弦值．【18题答案】【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】(1)建立坐标系，利用平面的法向量与的数量积为零可证明；(2)利用与平面的法向量可求解；(3)利用平面的法向量可求解.【小问1详解】以点O为原点，直线OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，

由上得，，，设平面PBC的法向量为，则由得取，得，因为，所以，又平面PBC，所以平面PBC．【小问2详解】由（1）知平面PBC的法向量为，因为，所以，所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为．【小问3详解】明显，平面POC的法向量为，由（1）知平面PBC的法向量为，设平面POC与平面PBC的夹角为，则．20.已知椭圆的离心率为，，是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，且的周长是6．过点的直线l与椭圆C交于点A，B，点B在A，M之间，又线段AB的中点横坐标为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求的值．【20题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用待定系数法，求椭圆方程；（2）设直线l的方程为，与椭圆方程联立，利用中点坐标公式求，并求得点的坐标，利用横坐标表示的值.【小问1详解】由离心率，可得，又因为的周长是6，所以，所以，，故，所以椭圆的标准方程是．【小问2详解】设点，点．若直线轴，则直线l不与椭圆C相交，不合题意．当AB所在直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为．由消去y得，．①由①的判别式，解得，．由，可得．将代入方程①，得，则，．所以．22.已知数列满意，其前5项和为15；数列是等比数列，且，，，成等差数列．（1）求和的通项公式；（2）设数列的前n项和为，证明：；（3）比较和的大小．【22题答案】【答案】（1），；（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）求出等差数列的首项，可得等差数列的通项公式；求出等比数列的公比，可得其通项公式；（2）写出等比数列前n项和公式，作差，化简，即可证明结论；（3）利用错位相减法求得，化简，将两式相减，依据差的结果，比较大小，可得答案.【小问1详解】因为，所以数列是公差为1的等差数列，因为的前5项和为15，所以，所以，解得，所以．设等比数列的公比为q，依题意，，又，可得，解得，所以．【小问2详解】由（1）得，所以,故.【小问3详解】记，①②②-①得,,所以，当时，，当时，，当时，，当时，因为，所以，综上，．【点睛】本题考查了等差等比数列通项公式的求解以及数列的求和方法和有关和式的大小比较，涉及到二项式系数和，综合性较强，解答时要留意数列求和的错位相减法的应用，比较大小时要留意二项式绽开式的二项式系数和的应用.24.设函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若有两个极值点，求a的取值范围；（3）当时，若，求证：．【24题答案】【答案】（1）；（2）分类探讨，答案见解析；（3）证明见解析．【解析】【分析】（1）利用导数求出切线斜率，即可求出切线方程；（2）把题意转化为方程有两个不等正根．令，对a分类探讨，①当时，在上单调递增，不合题意．②当时，在上单调递增；在上单调递减，且，由零点存在定理即可求出a的取值范围；（3）利用分析法转化为．令，利用导数证明出．令，利用导数证明出，得到，即可证明.【小问1详解】当时，，依题意，，可得，又，所以曲线在点处的切线方程为，即．【小问2详解】由，得，两边取对数可得，，则有两个极值点等价于方程有两个不等正根．令，，①当时，，在上单调递增，所以没有两个不等正根，从而没有两个极值点．②当时，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以．由，得，又取，，因为在上单调递增，所以在有一个零点；取，，因为在上单调递减，所以在有一个零点．所以，当时，有两个零点，从而有两个极值点．【小问3详解】当时，不等式即为．因为，的所以，故只需证明，即