天津市河北区天津外国语大学附属河北外国语中学2024-2025学年高三下学期开学检测数学试题含答案

/天津外大附校2024-2025学年第二学期高三开学检测试题一、选择题（本题共9小题，每题5分，共45分）1.设全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用补集和交集的定义即可求解.【详解】因为，，所以，所以．故选：C.2.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【答案】A【解析】【分析】解出条件和结论中的两个不等式，通过解集的包含关系判断结果．【详解】由，解得：；解得，由，∴“”是“”的充分不必要条件．故选：A3.函数在其定义域上的图象大致是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用函数的奇偶性，以及特殊点的函数值符号即可由排除法选出正确图象.【详解】，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，故排除选项，因为当时，，，又因为时，，所以，，，所以，故在区间与轴有三个交点，故排除.故选：C.4.已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（）A.若，，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解.【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误.对于B，若，则或，故B错误.对于C，，过作平面，使得，因为，故，而，故，故，故C正确.对于D，若，则，故D错误.故选：C.5.已知是偶函数，当时，单调递减，设，则的大小关系是A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据函数图象比较a、b、c的大小，结合函数为偶函数及单调性即可比较的大小．【详解】，所以，所以，所以因为是偶函数，当时，单调递减，所以，所以故选：C【点睛】本题考查了函数图像与性质的综合应用，属于基础题．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．【答案】B【解析】【分析】A选项，由百分位数的定义得到答案；B选项，，得到结论；C选项，由相关系数的性质得到C错误；D选项，由方差的性质得到D错误.【详解】A选项，，故从小到大排列，第8个数和第9个数的平均数作为第80百分位数，即，A错误；B选项，由于，得到与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，B正确；C选项，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1，C错误；D选项，若随机变量满足，则，D错误.故选：B7.已知函数，以下说法中正确的是（）①函数关于直线对称；②函数在上单调递增；③当时，的取值范围为；④将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的解折式为．A.①③ B.②③④ C.①④ D.②【答案】D【解析】【分析】根据倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，利用正弦函数的性质及函数的平移变换即可求解．【详解】由题意可得，，，所以图象的关于中心对称，故①错误；因为，所以，所以在是单调递增区间，故②正确；因为，所以，所以，即，所以的取值范围为，故③错误；将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的解折式为，故④错误．故选：D.8.在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.因为平面，平面，所以平面平面.又因为平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因为，所以，所以，在中，因为，所以，所以.故选：B9.已知双曲线的一条渐近线与抛物线交于点（异于坐标原点），点到抛物线焦点的距离是到轴距离的3倍，过双曲线的左､右顶点作双曲线同一条渐近线的垂线，垂足分别为，则双曲线的实轴长为（）A.1 B.2 C.3 D.6【答案】D【解析】【分析】由抛物线定义及点在抛物线上求得，结合双曲线渐近线性质及，列方程求得关系，即可得的值.【详解】设与抛物线相交渐近线为，则设，则，解得，所以点的坐标为，代入抛物线方程得，解得，设渐近线的倾斜角为，则，又，解得，所以，故，所以，解得，所以双曲线的实轴长为.故选：D.二、填空题（本题共6小题，每题5分，共30分）10.设复数满足（为虚数单位），则的值为______．【答案】##【解析】【分析】利用复数的乘除运算和复数模的公式计算.【详解】由，得，所以.故答案：11.二项式的展开式中含的系数为______．【答案】

【解析】【分析】求出展开式的通项公式．令x的指数为1，进而可以求解【详解】展开式的通项公式为令，解得，则展开式中含x项的系数为故答案为：12.已知圆经过和，圆心在直线上，则圆的标准方程为________.【答案】【解析】【分析】求出和连接的线段的垂直平分线，与可得圆心坐标，从而可求圆的标准方程.【详解】和的中点坐标为，过和的斜率为，故该两点连接的线段的垂直平分线为，即.联立，可得，即圆心坐标为.故半径为.所以所求圆的标准方程为.故答案为:.13.袋子中装有个白球，3个黑球，2个红球，已知若从袋中每次取出1球，取出后不放回，在第一次取到黑球的条件下，第二次也取到黑球的概率为，则的值为______，若从中任取3个球，用表示取出3球中黑球的个数，则随机变量的数学期望______．【答案】①.2②.【解析】【分析】设出事件，利用条件概率列出方程，求出的值；写出的可能取值及对应的概率，得到数学期望.【详解】设第一次取得黑球为事件，第二次取得黑球为事件，则，，故第一次取到黑球的条件下，第二次也取到黑球的概率为，令，解得，的可能取值为0,1,2,3，，，，，则.故答案为：2，14.在中，，，，，记，，用，表示_______；若，则的最小值为_______．【答案】①.②.【解析】【分析】根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；用表示出，结合上一空答案，于是可由表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解．【详解】因为为的中点，则，可得，两式相加，可得到，即，所以；因为，则，可得，得到，即，即．于是．记，则，在中，根据余弦定理：，即，于是，由和基本不等式可得，故，当且仅当取得等号，可得，所以时，有最小值．故答案为：．15.设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围为_______．【答案】【解析】【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围．【详解】（1）当时，由，得即，若时，，此时成立；若时，或，若方程有一根为，则由得，即且；若方程有一根为，则，解得：且；若时，，此时成立．（2）当时，由，得，即，若时，，显然不成立；若时，或，若方程有一根为，则，即；若方程有一根为，则，解得：；若时，，显然不成立；综上，当时，零点为；当时，零点为；当时，只有一个零点；当时，零点；当时，只有一个零点；当时，零点为；当时，零点为．所以，当函数有两个零点时，且．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．三、解答题（本题共5道题，共75分）16.在中，内角、、的对边分别为、、，已知．（1）求角的大小；（2）设，，求和的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由三角恒等变换得出角的大小；（2）由余弦定理求出，再由正弦定理得出，最后由三角恒等变换求解.【小问1详解】解：因为，所以所以，因为，所以，所以又，所以；小问2详解】在中，由余弦定理及，，，有，故．由正弦定理，可得．因为，故．因此，．所以，．17.已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在；或【解析】【分析】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；（3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可.【小问1详解】证明：法一：分别取、的中点、，连接、、，由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，，因，所以，所以点、、、四点共面，因为、分别为、的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为，平面，平面，所以平面，又因为，、平面，所以平面平面，因为平面，所以平面；法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，所以，易知平面的一个法向量，所以，所以，又因为平面，所以平面．【小问2详解】解：设平面的法向量，，，则，取，可得，所以平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角余弦值为；【小问3详解】解：假设存在点，使得，其中，则，由（2）得平面的一个法向量为，由题意可得，整理可得．即，因为，解得或，所以，或．18.已知椭圆：的右焦点为点，、分别为椭圆的上、下顶点，若椭圆中心到直线的距离为其短轴长的．（1）求椭圆的离心率；（2）过点且斜率为（）的直线交椭圆于另一点（异于椭圆的右顶点），交轴于点，直线与直线相交于点，过点且与平行的直线截椭圆所得弦长为，求椭圆的标准方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）椭圆中心到直线的距离为其短轴长的，由面积法列出a、c齐次式，可求椭圆的离心率；（2）设出直线的方程，与椭圆联立方程组，求得点坐标，得到直线的方程和点坐标，左顶点，由直线的斜率可得弦为AD，可求出椭圆方程.【小问1详解】由题意，，椭圆中心到直线的距离为其短轴长的，由直角三角形面积关系得，即，解得椭圆的离心率.【小问2详解】由（1）得，，易得，，直线的方程为，因为直线不过右顶点，所以，由，得，，从而，，直线的斜率为，故直线的方程为，令，得，直线的斜率，，左顶点，，即，解得，，．椭圆的标准方程为【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．19.已知数列满足，其前8项的和为64；数列是公比大于0的等比数列，，．（1）求数列和的通项公式；（2）记，，求数列的前项和；（3）记，求．【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】（1）根据条件得到等差数列的公差，利用前项和公式，求出首项，得到通项公式，设出公比，得到方程，求出公比，写成通项公式；（2）写出的通项公式，利用裂项相消法求和；（3）方法一：变形得到，其中利用错位相减法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出；方法二：变形后，利用裂项相消法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出.【小问1详解】∵，∴数列是公差为等差数列，且，∴，解得，∴；设等比数列的公比为（），∵，，，即，解得（舍去）或，∴【小问2详解】由（1）得，【小问3详解】方法一：∵，①②两式相减得，，，当为偶数时，，当为奇数时，，.方法二：当为偶数时，，当为奇数时，，.【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型：分式型：，，等；指数型：，等，根式型：等，对数型：，且；20.已知函数．（注：是自然对数的底数）．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，函数在区间内有唯一的极值点．①求实数的取值范围；②求证：在区间内有唯一的零点，且．【答案】（1）（2）①；②证明见解析【解析】【分析】（1）由导数的几何意义，求切点处的切线方程；（2）利用导数研究单调性得到极值的个数，利用函数单调性并通过构造新函数比较零点和极值点的大小关系.【小问1详解】当时，，，切线的斜率，又，所以切点为，所以，切线方程为【小问2详解】①.函数，，（ⅰ）当时，当时，，，，则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上递增，即在上递增，又，，所以在上有唯一零点，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意，综上，的取值范围是．②.由①知，当时，，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；所以时，，则，又因为，所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点．因为，由①知，所以，则，设，，则，，，所