2024-2025学年天津市和平区高三年级第一册期末数学质量调查试卷（附解析）

2024-2025学年天津市和平区高三年级第一学期期末数学质量调查试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.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，将本试卷和答题卡一并交回.祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将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5分，共45分.参考公式：·球的体积公式，其中表示球的半径.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．，或 D．【正确答案】D【知识点】并集的概念及运算、解不含参数的一元二次不等式、具体函数的定义域【思路】求出集合，集合，再利用并集定义求出．【详解】因为集合，集合，所以．故选：D．2．“直线与圆相交”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【正确答案】A【知识点】判断命题的充分不必要条件、由直线与圆的位置关系求参数【思路】根据点到直线的距离公式,结合充分不必要条件的定义即可求解.【详解】若直线与圆相交，则圆心到直线的距离满足，故，由于能推出，当不能得到，故“直线与圆相交”是“”的充分不必要条件，故选：A3．函数在的图像大致为（

）A． B．C． D．【正确答案】D【知识点】函数基本性质的综合应用、函数图像的识别【思路】根据函数奇偶性排除B，根据函数零点排除A，当时，由，排除C选项，即可得到结果.【详解】，故为奇函数，函数图像关于原点中心对称，排除B选项；令，则或，故在上有三个零点，排除A选项；当时，，排除C选项.故选:D.4．某校为了了解学生的体能情况，于6月中旬在全校进行体能测试，统计得到所有学生的体能测试成绩均在内.现将所有学生的体能测试成绩按分成三组，绘制成如图所示的频率分布直方图.若根据体能测试成绩采用按比例分层随机抽样的方法抽取20名学生作为某项活动的志愿者，则体能测试成绩在内的被抽取的学生人数为（

）A．4 B．6 C．8 D．10【正确答案】A【知识点】由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量【思路】根据题意，结合给定的频率分布直方图中的数据，即可求解.【详解】根据题意得，体能测试成绩在内的被抽取的学生人数为.故选：A.5．记为等差数列的前项和，若，，则（

）A． B． C． D．【正确答案】A【知识点】求等差数列前n项和、等差数列通项公式的基本量计算、利用等差数列的性质计算、等差数列前n项和的基本量计算【思路】由已知利用等差数列的通项公式和前项和公式求基本量，然后求出，再结合等差数列前项和公式和等差数列的性质求解即可.【详解】设等差数列的公差为，则，解得，所以，所以.故选.6．已知，则（

）A． B． C． D．【正确答案】C【知识点】比较指数幂的大小、比较对数式的大小【思路】根据指数函数和对数函数的单调性比较即可.【详解】由指数函数单调性可知，，由对数函数单调性可知，，所以，所以，故选：C.7．如图，在正三棱柱中，，直线与平面所成角的正切值为，则正三棱柱的外接球的半径为（

）

A．2 B． C． D．【正确答案】D【知识点】球的截面的性质及计算、多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直、由线面角的大小求长度【思路】根据给定条件，利用线面角的正切求出，再求出正三棱柱的外接球半径.【详解】在正三棱柱中，取的中点，连接，则，由平面，平面，得，又，平面，因此平面，是直线与平面所成的角，则，由，得，而，则，，因此正三棱柱的外接球球心到平面的距离，而的外接圆半径，所以正三棱柱的外接球的半径.故选：D

8．已知函数的最小正周期是，把它图象向右平移个单位后得到的图象所对应的函数为奇函数.现有下列结论：①函数的图象关于直线对称.；②函数的图象关于点对称；③函数在区间上单调递减；④函数在上有个零点.正确的结论是（

）A．①②③ B．①②④ C．②③ D．②【正确答案】A【知识点】求sinx型三角函数的单调性、结合三角函数的图象变换求三角函数的性质、求正弦（型）函数的对称轴及对称中心、正弦函数图象的应用【思路】利用函数的最小正周期以及平移后的函数的奇偶性求出、的值，可求得函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断①②的正误；利用正弦型函数的单调性可判断③的正误；当时，解方程可判断④的正误.【详解】因为函数的最小正周期为，则，则，将函数的图象向右平移个单位后得到函数，由于函数为奇函数，则，可得.，，则，.对于命题①，，①正确；对于命题②，，②正确；对于命题③，当时，，所以，函数在区间上单调递减，③正确；对于命题④，当时，，由可得或，解得或，④错误.故选：A.【总结】本题考查正弦型函数的对称性、单调性与零点个数的判断，同时也考查了利用正弦型函数的周期和图象变换求函数解析式，考查计算能力，属于中等题.9．已知双曲线，过原点O任作一条直线，分别交曲线两支于点P，Q（点P在第一象限），点F为E的左焦点，且满足，，则E的离心率为（

）A． B． C． D．2【正确答案】A【知识点】求双曲线的离心率或离心率的取值范围【思路】利用右焦点，得到四边形为平行四边形，然后根据双曲线定义，可得的值且，最后利用勾股定理，可得结果.【详解】设双曲线右焦点为，由题意可知：P关于原点的对称点为Q，则，四边形为平行四边形，则，，由，根据双曲线的定义，，，，，在中，，，，，整理得，则双曲线的离心率，故选：A.【总结】本题主要考查双曲线的离心率，难点在于可以得到四边形为平行四边形，属中档题.10．已知函数，函数，若方程恰好有4个实数根，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【正确答案】D【知识点】根据函数零点的个数求参数范围当时，，求导，由可得，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，然后在同一坐标系中画出函数与曲线的图象求解.【详解】当时，，则，由，可得.当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减.因此，在同一坐标系中画出函数与曲线的图象如图所示.若函数与恰好有4个公共点，则，即，解得.故选：D【总结】本题主要考查函数与方程问题，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.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1个的给3分，全部答对的给5分.11．已知为虚数单位，若，则.【正确答案】/【知识点】共轭复数的概念及计算、复数的除法运算【思路】根据复数除法运算可化简得到，由共轭复数定义可得结果.【详解】，.故答案为.12．展开式中的常数项为．【正确答案】135【知识点】求指定项的系数【思路】根据二项式展开式的通项特征，即可求解.【详解】展开式的通项为，令，所以常数项为，故13513．过点，且与直线相切于点的圆的方程为【正确答案】【知识点】由圆心（或半径）求圆的方程、由直线与圆的位置关系求参数【思路】由圆心与切点的连线与切线垂直得出圆心所在直线，设圆心坐标，利用圆心到圆上两个点距离相等建立等量关系，求得圆心，即可得到圆的方程【详解】因为圆心与切点连线与切线垂直，且，所以圆心和切点连线的斜率，所以圆心与的连线的直线方程为：，设圆心，则，即，解得，即圆心，所以，所以圆的方程为.故14．袋子中有6个大小相同的小球，其中4个红球，2个白球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则两次都摸到红球的概率为；在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为.【正确答案】//【知识点】计算条件概率、计算古典概型问题的概率【思路】利用古典概型和条件概率公式计算即可.【详解】两次都摸到红球的概率为，第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率，可通过缩小样本空间得出.故；15．在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点，，则；为线段上的动点，为中点，则的取值范围为.【正确答案】【知识点】用基底表示向量、利用数量积求参数、用坐标表示平面向量【思路】第一空：解法一：由图结合向量加减法可得答案；解法二：如图建立直角坐标系，由题意可得答案；第二空：在上一空解法二的基础上，设，结合题意可得关于的表达式，即可求得取值范围.【详解】第一空：解法一：因为，即，则，可得，所以；解法二：由题意可知：以为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，则，可得，因为，则，所以；第二空：因为点在线段上，设，且为中点，则，可得，则，因为时函数递增，所以当时，取到最小值为；当时，取到最大值为；则的取值范围为，故；.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．在中，角所对的边分别为，且.(1)求角的大小；(2)若，求的面积的最大值；(3)设是边上一点，为角平分线且，求的值.【正确答案】(1)(2)(3)【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、逆用和、差角的正弦公式化简、求值、基本不等式求积的最大值【思路】（1）利用正弦定理与和角公式将题设等式化成，借助于三角形即可求得角；（2）由余弦定理得，利用基本不等式求得，即得的面积的最大值；（3）利用三角形角平分线定理推得，再由余弦定理推得，最后运用余弦定理即可求得的值.【详解】（1）由和正弦定理，可得，因，代入可得，因,则，故，又因,故；（2）由余弦定理，，因，，代入整理得：，由，当且仅当时等号成立，此时，而的面积，在中，由，，和，易得，即当时，的面积的最大值为；（3）如图，因平分,且，则,即，在中，由余弦定理，，即得，则，故.17．在三棱锥中，和是边长为的等边三角形，，是中点，是中点．(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值的大小；(3)在棱上是否存在一点，使得的余弦值为？若存在，指出点在上的位置；若不存在，说明理由．【正确答案】(1)具体详情见解析;(2)(3)在棱上靠近点的三等分点处．【知识点】证明面面垂直、面面角的向量求法、线面角的向量求法【思路】（1）连接，，中，为中点，易得，同理可得：，进而利用面面垂直的判定定理，即可证明平面平面；（2）以为原点，以方向分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，利用向量的夹角公式，即可求解线面角的正弦值；（3）设得，再求得平面的一个法向量为和面的一个法向量为，利用向量的夹角公式，求解的值，从而确定点的位置．【详解】（1）

证明：连接，，中，为中点，易得且．同理可得：，，又∵，∴，∴，又∵，平面，∴平面，又∵平面，∴平面平面．（2）以为原点，以方向分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，得，，，，,设平面的一个法向量为，则有，，，设直线与面所成的角为，则．（3）设在棱上存在点，设设平面的一个法向量为则有，且，取，，，∴，∵平面，∴设面的一个法向量为．设面与面所成二面角为，，解得：或（舍），∴．所以存在点且当在棱上靠近点的三等分点处，满足题意．18．已知椭圆的长轴长是，为右顶点，，，，是椭圆上异于顶点的任意四个点，当直线经过原点时，直线和的斜率之积为.(1)求椭圆的方程；(2)当直线和的斜率之积为定值时，直线是否过一个定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.【正确答案】(1)(2)直线过定点【知识点】椭圆中的直线过定点问题、椭圆中的定值问题【思路】（1）由已知，设点，坐标，结合斜率乘积可得，即可得椭圆方程；（2）①当直线斜率不存在时，设直线方程及点，坐标，结合，解方程可得直线方程；②当直线斜率存在时，可设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与斜率公式列方程，化简可得或，代入直线方程可得解.【详解】（1）由已知，即，所依椭圆方程为，当直线过原点时，设，则，所以，所以，又，所以，，所以，则，所以椭圆方程为；（2）①当直线斜率不存在时，设直线方程为，点，（），则，，且，即，所以，解得，即此时直线方程为；②当直线斜率存在时，由题可设直线方程为，舍Mx1,y1联立直线与椭圆方程得，则，即，且，，又，，则，即，即，化简可得，解得或，当时，直线方程为y=kx−2k=kx−2，过点，不成立；当时，直线方程为，过定点；综上所述直线恒过定点.19．在数列中，，都有，，成等差数列，且公差为.(1)求，，，；(2)求数列的通项公式；(3)是否存在，使得，，，成等比数列.若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【正确答案】(1)3；5；9；13(2)(3)存在，【知识点】由递推关系式求通项公式、等比中项的应用、根据数列递推公式写出数列的项【思路】（1）根据，，成等差数列，公差为2；，，成等差数列，公差为4求解即可；（2）由题意，，再分与两种情况求解即可；（3）根据等比中项的性质，结合通项公式求解即可.【详解】（1）由题意，，，成等差数列，公差为2；，，成等差数列，公差为4.则，，，.（2）由题意，.当，时，，且满足上式，所以当为奇数时，.当时，.所以（3）存在时，使得，，，成等比数列证明如下：由（2）可得，，，假设，，成等比数列，则，化简得，所以，即，此时，所以当时，，，，成等比数列.20．已知函数.(1)若，求函数的极值；(2)讨论的单调性；(3)若是的两个极值点，证明.【正确答案】(1)极小值为，无极大值；(2)具体详见解析；(3)证明见解析；【知识点】利用导数研究不