2024-2025学年天津市高三上册统练三数学检测试卷（含解析）

2024-2025学年天津市高三上学期统练三数学检测试卷一、单选题1．已知集合，集合，则（

）A．或x≥1 B．C． D．2．已知实数x，y，则“”是“”的（

）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．设，则的大小关系为（

）A． B．C． D．4．函数的部分图象大致为（

）A． B．C． D．5．已知是两个平面，是两条不同的直线，则下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则6．已知是等比数列，是数列的前项和，，则的值为（

）A．3 B．18 C．54 D．1527．已知函数，则下列结论不正确的是（

）A．的最小正周期为B．的图象关于点对称C．若是偶函数，则，D．在区间上的值域为8．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖、八角攒尖．如图是圆形攒尖，可近似看作圆锥与圆柱的组合体（圆锥与圆柱的底面重合且半径相等），已知此组合体中圆柱底面的半径为4，圆锥与圆柱的高相等，若圆锥的顶点与圆柱的上、下底面圆周都在同一个球面上，则该球的体积为（

）A． B． C． D．9．过抛物线（）的焦点作倾斜角为的直线，若直线与抛物线在第一象限的交点为并且点也在双曲线的一条渐近线上，则双曲线的离心率为A． B． C． D．二、填空题10．复数（其中为虚数单位），则的虚部为.11．在的展开式中，第4项的系数为（用数字作答）.12．过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为.13．某射击小组共有10名射手，其中一级射手3人，二级射手2人，三级射手5人，现选出2人参赛，在至少有一人是一级射手的条件下，另一人是三级射手的概率为；若一､二､三级射手获胜概率分别是0.9，0.7，0.5，则任选一名射手能够获胜的概率为.14．在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，且交AB于点E．且交AC于点F,则的值为；的最小值为．15．已知函数，，若方程恰有2个不同的实数根，则实数的取值范围为.三、解答题16．已知，，分别为锐角三角形三个内角的对边，且．(1)求；(2)若，，求；(3)若，求的值．17．如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，在上，且.(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离.18．设椭圆的右焦点为，左右顶点分别为，.已知椭圆的离心率为，.(1)求椭圆的方程；(2)已知为椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，且，若三角形与三角形的面积比为1:2，求直线的方程.19．已知为等差数列，为等比数列，．(1)求和的通项公式；(2)记的前项和为，求的前项和；(3)对任意的正整数，求数列的前项和．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，且对任意的恒成立，求的最大整数值.答案：1．D【分析】解不等式求得集合，进而求得.【详解】，解得或，所以或，所以，，所以.故选：D2．A【分析】由充分必要条件的概念判断，【详解】由可得且，当时，，故“”是“”的必要不充分条件，故选：A3．B【分析】利用幂函数、对数函数的性质，结合“媒介”数比较大小作答.【详解】，，则有，所以.故选：B4．A因为，先判断函数的奇偶性，结合当时，函数值的为正，即可求得答案.【详解】，为奇函数，排除C，当时，，排除B,D，故只有A符合题意故选：A.本题主要考查了根据函数表达式求解函数图象问题，解题关键是掌握判断函数奇偶性的方法和函数图象的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.5．C【分析】根据空间线面的位置关系的判定方法进行判断.【详解】对A：若，则或，故A错误；对B：因为平行于同一个平面的两条直线的位置关系不能确定，故B错误；对C：若，则；，则，所以，所以，所以C正确；对D：若，，则或，故D错误.故选：C6．C【分析】当时，，两式相减可得，因为是等比数列，所以，令时，，由此解出，再由等比数列的通项公式求出的值.【详解】当时，，两式相减可得：，即，即，因为是等比数列，所以，又令时，，所以，解得：，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.故选：C.7．D【分析】A项，化简函数求出，即可得出周期；B项，计算出函数为0时自变量的取值范围，即可得出函数的对称点，即可得出结论；C项，利用偶函数即可求出的取值范围；D项，计算出时的范围，即可得出值域.【详解】由题意，在中，，A项，，A正确；B项，令,得,当k=1时,,所以的图象关于点对称,故B正确;C项，是偶函数，∴,，解得：,故C正确；D项,当时,,所以,所以在区间上的值域为，故D错误.故选：D.8．D【分析】画出示意图，根据线段数量关系即可求解.【详解】如图，是圆锥的锥顶，是圆柱上底面的圆心，是圆柱下底面的圆心，是圆球的圆心，是圆柱上底面和圆球的交点，，

设圆锥和圆柱的高为，则，，因为，所以，所以，所以球的半径为，所以球的体积为.故选：D.9．A【详解】试题分析：过抛物线：的焦点，且倾斜角为的直线的方程为，联立直线方程与抛物线方程可得直线与抛物线在第一象限的交点为A，点也在双曲线：的一条渐近线上，应在上，则，则有，，故选A．考点：1直线与抛物线的位置关系问题；2双曲线的简单几何性质．10．【分析】根据复数的乘、除法运算可得，结合虚部的概念即可求解.【详解】由题意知，，所以复数z的虚部为.故11．【分析】根据二项展开式的通项公式可求出结果.【详解】的展开式的通项为，则第4项的系数为.故答案为.12．/【分析】根据圆和曲线y2=2pxp>0关于轴对称，设切线方程为，，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．【详解】易知圆和曲线y2=2pxp>0关于设切线方程为，，所以2k1+k2由解得：或，即，所以，解得：．故答案为.13．//【分析】计算出至少有一人是一级射手的情况有几种，再求出选出的2人中1人是一级射手另一人是三级射手的情况的种数，根据条件概率的计算公式即得答案；求出任选一名射手，分别是一、二、三级射手的概率，根据全概率公式即可求得任选一名射手能够获胜的概率.【详解】由题意得至少有一人是一级射手的情况共有种，选出的2人中1人是一级射手另一人是三级射手的情况种，故选出2人参赛，在至少有一人是一级射手的条件下，另一人是三级射手的概率为；任选一名射手，分别是一、二、三级射手概率分别为，而一、二、三级射手获胜概率分别是0.9，0.7，0.5，则任选一名射手能够获胜的概率为，故，14．1【分析】设，由可求出；将化为关于的关系式即可求出最值.【详解】设，，为边长为1的等边三角形，，，，为边长为的等边三角形，，，，，所以当时，的最小值为.故1；.15．,,．【分析】作出的图象，分、、、及五种情况，分别作出图象进行讨论，即可得答案．【详解】依题意画出的图象如图所示：因为函数，所以，当直线与相切时，由，得，，解得，由图可知，①当时，函数的图象与的图象无交点，不满足题意；②当时，函数的图象与的图象交于点，不满足题意；③时，当经过函数图象上的点时，恰好经过函数图象上的点，则要使方根恰有2个不同的实数根，只需，即，故；④当时，函数的图象与的图象有3个交点，不满足题意；⑤当时，函数的图象与的图象有2个交点，满足题意．综上，或．所以的取值范围为：,,．故,,．方法点睛：求解函数y=fx(1)直接法：令则方程实根的个数就是函数零点的个；(2)零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)可确定函数的零点个数；(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.16．(1)(2)3(3)【分析】（1）根据题意由正弦定理以及锐角三角形可得；（2）利用余弦定理解方程可得；（3）根据二倍角以及两角和的余弦公式即可计算出.【详解】（1）由于，所以，由根据正弦定理可得，所以，且三角形为锐角三角形，即所以.（2）在中，由余弦定理知，即，解得或（舍），故.（3）由，可得，所以，，即17．(1)证明见详解(2)(3)【分析】（1）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量的关系证明，即可证明；（2）利用空间向量法求解面面角即可；（3）利用空间向量法求解点面距即可.【详解】（1）建立如图空间直角坐标系，则，由，得，解得，即，所以，易知平面的一个法向量为，所以，即，又平面，所以平面；（2）由（1）得，则，设平面的一个法向量为，则，令，得，所以，又平面的一个法向量为，所以，即平面与平面夹角的余弦值为.（3）由题意知，设平面的一个法向量为，则，令，得，所以，所以点到平面的距离为.18．(1)(2)【分析】（1）根据已知线段长度与离心率，求解出的值，然后根据求解出的值，则椭圆方程可求；（2）根据条件将问题转化为三角形与三角形的面积比，由此得到关于的关系式，通过联立直线与椭圆方程求得对应坐标，然后求解出参数值得的坐标，则可求直线方程.【详解】（1）因为，，，所以，所以，所以，所以椭圆方程为；（2）如图，因为三角形与三角形的面积之比为，所以三角形与三角形的面积比为，所以，得，显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，联立，所以，所以，，所以，解得，当时，，当时，，故直线的方程为.19．(1)，(2)(3)4【分析】（1）由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；（2）用等比数列的前项和公式求，再写出的前项和，进而用分组求和法得到结果.（3）分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和法与错位相减求和法计算和的值，据此进一步计算数列的前2n项和即可.【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由，，即，可得.从而的通项公式为.由，又，可得，解得，从而的通项公式为.故，.（2）由可得.故.（3）当n为奇数时，，当n为偶数时，，对任意的正整数n，有，和①由①得②由①-②得：，即从而得.因此，.所以，数列的前2n项和为4n2n+120．(1)最大值为，最小值为(2)证明见解析(3)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）根据导数的几何意义求出，将原问题转化为对，恒成立，利用导数分类讨论研究的性质求出，令即可.【详解】（1）当时，，，令可得，故当时f′x<0，在单调递减；当时f′x>0，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，∴fx在上的最大值是，最小值是；（2）当时，令，.当时，，则ℎx在1,+∞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.设，则，令，得.当即时，