2025届天津市蓟州区第一中学高三(上)第一次学情调研数学试卷(解析版)

这是一份2025届天津市蓟州区第一中学高三(上)第一次学情调研数学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的，请将选项涂在答题卡上）
1. 已知集合，或x>5，则（ ）
A. 或B.
C. D. 或x>5
【答案】A
【解析】由并集的定义可得或.
故选A.
2. 已知是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】C
【解析】由a，b是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，
在A中， ，因为b的方向不确定，则a与b可以成任意角，故A错误；
在B中，根据对应的性质可知，可知a与b是平行的，故B错误；
在C中，由可知，由线面垂直的性质可知，故C正确；
在D中，，因为b的方向不确定，可得a与b可以成任意角，故D错误．
故选：C.
3. 下列结论错误的是（ ）
A. 若随机变量满足，则
B. 数据的第60百分位数为9
C. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验，可判断与有关
【答案】C
【解析】若随机变量满足，由方差的性质可知，A选项正确；
，数据的第60百分位数为第5个数据9，B选项正确；
用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是，C选项错误；
由，结合独立检验的基本思想，在小概率情况下可判断与有关，D选项正确.
故选：C.
4. 我国著名数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，函数是奇函数，故排除AB，
当时，，2+csx>0，所以，故排除D.
故选：C
5. 在正方体中，三棱锥的表面积为，则正方体外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设正方体的棱长为，则，
由于三棱锥的表面积为，
所以
所以
所以正方体的外接球的半径为，
所以正方体的外接球的体积为.
6. 已知函数，且，，，则、、的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意知是偶函数，由复合函数单调性知在上，函数单调递增，
，，，，
又，∴．
故选：D．
7. 已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为3，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，则此球的表面积等于（ ）
A. 8πB. 9πC. 10πD. 11π
【答案】A
【解析】由AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，由余弦定理可得：
BC，
∴，∠ACB＝90°，∴底面外接圆的圆心在斜边AB的中点，
设三角形ABC的外接圆的半径为r，则r1，
又，
所以V柱＝S△ABC•AA1，所以可得AA1＝2，
因为三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，
所以三棱柱外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，
设外接球的半径为R，则R2＝r2+（）2＝12+12＝2，
所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π×2＝8π，
故选：A．
8. 下列命题正确的个数为（ ）
①长方体中，， ，则异面直线与所成角的余弦值为；
②对于命题：，，则命题的否定：，；
③ “ ”是“”的充分不必要条件；
④已知∠BAC=5π6，，，且，则的值为.
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】对①，如图，
连接,
因为，所以为异面直线与所成角，
因为,
取中点为，连接，则
所以,①错误；
对②，命题：，，的否定是：，，②正确；
对③，等价于，等价于，
所以“ ”是“”的充分不必要条件，③正确；
对④，因为，
所以,
所以
，
解得，④正确；
故选：D.
9. 设表示集合的子集个数，，，其中.给出下列命题：
①当时，是函数的一个对称中心；
②时，函数在上单调递增；
③函数的值域是；
④对任意的实数x，任意的正整数k，恒成立.
其中是真命题的为（ ）
A. ①③B. ②④C. ①③④D. ②③④
【答案】C
【解析】由集合的子集个数为知，，所以，
，所以，所以，
令，，得，
当时，函数的对称中心为，故①正确；
因为，所以，令，
则在上不单调，所以函数在上不单调，故②错误；
，
所以当时，取最大值，所以当时，取最小值，
即函数的值域是，故③正确；
，故④正确；综上，真命题为①③④.
故选：C.
二、填空题（本大题6小题，每题5分，共30分，将答案写在答题纸相应位置上）
10. 已知，且复数是纯虚数，则________.
【答案】
【解析】，
又该复数为纯虚数
故，.
11. 二项式的展开式中的常数项为________．
【答案】60
【解析】展开式的通项为
．
令，得，则的常数项为．
12. 假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率为，乙厂产品的合格率为，在该市场中购买甲厂的两个灯泡，则恰有一个是合格品的概率为___________；若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为___________.
【答案】
【解析】在该市场中购买甲厂的两个灯泡，
恰有一个是合格品的概率为，
若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为.
13. 已知函数的最小正周期为，其图像向左平移个单位长度后所得图像关于轴对称，则__________．
【答案】
【解析】函数的最小正周期为，
，．
其图象向左平移个单位后，可得的图象；
根据所得图象关于轴对称，可得，，即，，
又，则．
所以.
14. 若，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】因为，则，
，
当且仅当，即当时，等号成立，
因此，最小值为.
15. 已知，函数若对任意x∈［–3，+），f(x)≤恒成立，则a的取值范围是__________．
【答案】
【解析】分类讨论：①当时，即：，
整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：
当时，，则；
②当时，即：，
整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：
当或时，，则；
综合①②可得的取值范围是，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的对边分别为a，b，c，且
（1）求B的大小；
（2）若，求△ABC的面积.
（3）已知，且α为锐角，求的值.
解：（1）∵，
∴由正弦定理可得，
又
∴
∵，∴
∵，∴；
（2）∵，
∴由余弦定理可得，整理可得，
又，解得，
∴；
（3）因为α为锐角，所以
又因为
所以为钝角，
则
.
17. 如图，平面，，点分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值；
（3）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离.
解：（1）连接，因为，所以，
又因为，所以为平行四边形.
由点和分别为和的中点，可得且，
因为为CD的中点，所以且，
可得且，即四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，，可以建立以为原点，分别以方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.
依题意可得，.
，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得，.
，于是.
所以，二面角的正弦值为.
（3）设，即，则.
从而.
由（2）知平面的法向量为，
由题意，，即，
整理得，解得或，
因为所以，所以.
则N到平面的距离为.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的大小；
（3）线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面所成角为，若存在，求线段PM的长；若不存在，说明理由.
（1）证明：因为是正三角形，O是AD的中点，所以.
又因为平面，平面，所以.
，AD，平面，所以面.
（2）解：如图，以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，，，，
设平面的法向量为，
所以，即，
令，则，
又平面的法向量，
所以.
所以平面与平面所成角为.
（3）解：假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面所成角为，
则直线GM与平面法向量所成的夹角为，
设，，，，
所以，
所以，
整理得，，方程无解，所以，不存在这样的点M.
19. 已知常数,函数.
(1)讨论f(x)在区间上的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点,且,求的取值范围.
解：(1)对函数f(x)求导可得,因为,所以当时,即时,恒成立,则函数f(x)在单调递增,当时, ,则函数f(x)在区间单调递减,在单调递增的.
(2)函数f(x)的定义域为,由(1)可得当时,,则,即,则为函数f(x)的两个极值点,代入可得
=
令,令,由知: 当时,, 当时,,
当时,,对求导可得,所以函数在上单调递减,则,即不符合题意.
当时, ,对求导可得,所以函数在上单调递减,则,即恒成立,
综上的取值范围为.
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．
解：（1）当时，， ，
切线的斜率，又，所以切点为，
所以，切线方程为
（2）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，
，，所以
在为单调递增，又，所以，
又时，，所以．
所以．
由前面讨论知，，在单调递增，
所以．