天津津衡高级中学2024-2025学年高三下学期二月质量检测（一）（开学考试）数学试题含答案

/津衡中学2024-2025学年度高三年级二月质量检测（一）数学试卷检测时间：120分钟分值：150分本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共2.页.其中第I卷共45分，第Ⅱ卷共105分，满分共150分.第I卷（客观题共45分）注意事项：1答题前填写好自已的姓名､班级､考号等信息.2.请将客观题答案填涂到答题卡相应位置.3.请将主观题答案写在答题卡上.一､单选题（每小题5分，共45分）1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用集合的交集、补集的定义即可求解.【详解】因为，所以，又，所以.故选：A.2.已知a，b都是实数，那么“”是“”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分必要条件的定义判断．【详解】由对数函数性质知，即充分性满足，但时，而不成立（不存在），必要性不满足，故为充分不必要条件，故选：B．3.已知，，，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】由指数函数、幂函数、对数函数单调性性质即可求解.【详解】因为函数为增函数，为减函数，所以由，，所以为增函数，故由，所以.故选：A.4.函数的图象大致为（）.A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】分析函数的奇偶性可排除选项B，根据时可确定选项.【详解】设，则，∴函数为奇函数，选项B错误.当时，，由得，，∴，∴，CD错误，选项A符合要求.故选：A.5.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.152【答案】C【解析】【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，为公比等比数列，所以.故选：C.6.已知奇函数的定义域为，若为偶函数，且，则的值为（）A. B.0 C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性的概念求解.【详解】∵奇函数，∴，则，即，∵为偶函数，∴，∴，，∴，，则，故选：A.7.下列说法中，正确的个数为（）①样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度；②用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好；③随机变量服从正态分布，若，则；④随机变量服从二项分布，若方差，则．A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】【分析】根据相关系数的性质，二项分布的性质，拟合效果的衡量以及正态分布的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】相关系数的绝对值越接近于1，成对样本数据之间线性相关的程度越强，故①正确；用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好，故②正确；已知随机变量服从正态分布，若，则，故③正确；若随机变量服从二项分布，则方差，所以，所以，所以或，故④错误.故选：C.8.如图，三棱柱中，是上靠近的三等分点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先确定出截面的位置，然后采用割补法结合替换顶点求解出，由此可求解出的值.【详解】取靠近的三等分点，连接，如图所示，因为分别是靠近的三等分点，所以且，所以，所以四点共面；设三棱柱的高为，三棱柱体积，因为，所以，，所以，所以，所以，所以，故选：C.9.已知双曲线的左、右焦点分别为、，经过的直线交双曲线的左支于，，的内切圆的圆心为，的角平分线为交于M，且，若，则该双曲线的离心率是（

）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据内切圆于，可设，进而得，结合，可得，进而得，求得，判断出，由焦点三角形求得，即可求解.【详解】设内切圆的半径为，由，即，则,设，则，则，由，即，则，则，，则，故，同理得，故，故，则，故，则，则.故选：A【点睛】方法点睛：椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．第Ⅱ卷（主观题共105分）二､填空题（每小题5分，共30分）10.为虚数单位，复数______.【答案】【解析】【分析】根据复数的除法法则计算．【详解】，故答案为：11.的展开式的第四项为_________.【答案】【解析】【分析】写出二项式的通项公式，代值计算即得.【详解】的展开式的通项为，令，得故答案为：.12.圆与抛物线的准线相交于，两点.若，则抛物线的焦点坐标为_______.【答案】【解析】【分析】根据弦长为，利用垂径定理可得，进而可得焦点坐标为.【详解】如图，抛物线的准线方程为，圆即，圆心坐标为，半径为，由垂径定理可得，即，得或（舍去），故抛物线方程为，焦点坐标为.故答案为：13.甲袋中有2个红球，2个白球和1个黑球，乙袋中有3个红球，1个白球和1个黑球（除颜色外，球的大小、形状完全相同）.先从甲袋中随机取出1球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1球.分别以，，表示由甲袋取出的球是红球，白球和黑球的事件，以表示由乙袋取出的球是红球的事件，则______，______.【答案】①.②.【解析】【分析】计算出，，利用条件概率求出；再利用全概率公式求出.【详解】由题意得：，，故；又，，，，故.故答案为：；14.如图，在平行四边形中，，点分别在边上，且，若点为的中点，且满足，则________；当点在线段上运动时，的取值范围为________．【答案】①.##②.【解析】【分析】若点为的中点，根据平面向量的加减法的三角形法则表示，从而可求解，进而可求得；当点在线段上运动时，设，利用，表示出和，再表示出，根据的范围，即可得出结果.【详解】若点为的中点，则.所以，则；当点在线段上运动时，设，，又，，又，则，.故答案为：；15.设函数，若函数与直线有两个不同的公共点，则的取值范围是______.【答案】或或【解析】【分析】对于，当可直接去绝对值求解，当时，分和讨论，通过和图像交点情况来求解.【详解】由已知，即，则必过点，必过，对于，当时，，此时恒成立，所以，令，即，要有两个不同的公共点，则，解得或或，当时，或，当时，和图象如下：此时夹在其两零点之间的部分为，令，得无解，则有两个根有两个根，即有两个解，，符合要求；当时，和图象如下：或令，根据韦达定理可得其两根均为正数，对于①，则，解得，对于②，则，解得，综上所述，的取值范围是或或.【点睛】方法点睛：对于方程的根或者函数零点问题，可以转化为函数图象的交点个数问题，图象直观方便，对解题可以带来很大的方便.三､解答题（共75分）16.在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，．（1）求角的大小；（2）求的值；（3）求的值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由余弦定理求出，结合，求出；（2）结合（1），由正弦定理求出的值；（3）由二倍角公式得到，由正弦和角公式求出答案.【小问1详解】在中，，，，由余弦定理得，又因为，所以；【小问2详解】在中，由（1）知，，，由正弦定理可得；【小问3详解】由知，所以角A为锐角，因为，所以，所以，，所以.17.如图，在四棱锥中，平面平面，，为棱PC的中点.（1）证明：平面PAD；（2）求平面PDM和平面BDM的夹角的余弦值；（3）在线段PA上是否存在点，使点到平面BDM的距离是？若存在，求PQ的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明过程见解析（2）（3）若存在点，使点到平面BDM的距离是，PQ的长为【解析】【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行和边长关系，故四边形为平行四边形，，从而证明出线面平行；（2）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，求出面面角的余弦值；（3）设，，求出，在（2）基础上，平面的一个法向量，利用点到平面的距离向量公式得到方程，求出，求出.【小问1详解】取的中点，连接，因为为棱PC的中点，所以且，又，故，又，故，所以四边形为平行四边形，故，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】平面平面，交线为，又，平面，故平面，因为平面，所以，，又，故两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，其中平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，令，则，，故，设平面PDM和平面BDM的夹角为，则；【小问3详解】设，，，故，所以，故，由（2）知平面的一个法向量为，点到平面BDM的距离是，解得或（舍去），此时若存在点，使点到平面BDM的距离是，PQ的长为18.已知椭圆，以两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为8的正方形（记为）.（1）求椭圆的方程；（2）设经过点的直线与椭圆相交于点，若线段的中点落在正方形内（包括边界）时，求直线的斜率的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设椭圆的方程为，由题意可得，求解即可得椭圆的方程；（2）设直线的方程为：，点，线段的中点为，联立直线与椭圆的方程可得，由韦达定理可得，可得，由点在正方形内（包括边界）的充要条件为，可求得直线斜率的取值范围.【小问1详解】依题意，设椭圆的方程为，焦距为，因为以两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为8的正方形，所以，所以.故椭圆的方程为：；【小问2详解】设直线的方程为：，如图：设点，则线段的中点为，由，得.①由，解得.因为是方程①的两根，所以，，，因为，所以点不可能在轴的右边，又直线方程分别为，所以点在正方形内（包括边界）的充要条件为，即，即，解得，故直线斜率的取值范围是.19.已知等比数列的公比，若，且，，分别是等差数列第1，3，5项.（1）求数列和的通项公式；（2）记，求数列的前项和；（3）记，求的最大值和最小值.【答案】（1），（2）（3）最大值，最小值为【解析】【分析】（1）根据等差数列、等比数列的知识求得.（2）利用错位相减求和法求得.（3）利用裂项求和法，结合对进行分类讨论，由此求得的最大值和最小值.【小问1详解】依题意，，，解得，所以，则，设等差数列的公差为，则，所以.【小问2详解】，，，两式相减得，.【小问3详解】，，当偶数时，，令（为偶数），则是单调递增数列，最小值为，且.当为奇数是，，令（为奇数），则是单调递减数列，最大值为，且.综上所述，的最大值为，最小值为.【点睛】求解等差数列或等比数列的通项公式，关键是通过基本量的计算求得首项和公差（公比）.求解形如等差数列乘以等比数列，或等差数列除以等比数列的数列的前项和，使用的方法是错位相减求和法.20.已知，.（1）若，判断函数在的单调性；（2）设，对，，有恒成立，求k的最小值；（3）证明：..【答案】（1）单调递增（2）2（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据三角函数的有界性以及可判断，即可求解单调性，（2）求导，构造函数，进而根据导数判断单调递增，结合零点存在性定理可得，即，构造函数，结合导数即可求解.（3）根据（1）的结论可得,即可令，利用对数的运算性质即可求证.【小问1详解】由题意，函数，.则，又，故，而，所以，故在上单调递增.【小问2详解】由题意知，，对，，有恒成立.，设，则，由于，故，时，单调递增，又，，因此在内存在唯一零点，使，即，且当，，，单调递减；，，，单调递增.故，故，由于，则，故，即，设，，，又设，故在上单调递增，因此，即，在上单调递增，，又，所以，故所求k的最小值为2.【小问3详解】由（1）可知时，，