2024-2025学年天津市2025届高三上册期中质量调查数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年天津市2025届高三上册期中质量调查数学检测试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则的一个充分不必要条件是
A．B．C．D．
3．下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．设，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
6．的展开式中含项的系数为（ ）
A．20B．-20C．30D．-30
7．二维码与生活息息相关，我们使用的二维码主要是大小的，即441个点，根据0和1的二进制编码，一共有种不同的码.假设我们1秒钟用掉1万个二维码，1万年约为秒，那么大约可以用（ ）（参考数据：）
A．万年B．117万年C．万年D．205万年
8．已知函数的图象的一部分如图1，则图2中的函数图象对应的函数是（ ）

A．B．C．D．
9．拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点c，使得成立，其中c叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、填空题
10．若复数，则 .
11．若曲线处的切线平行于直线的坐标是 .
12．从，，，2，3，4，6，9中任取两个不同的数，分别记为，，记“”，则 .
13．已知矩形中，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成的面所围成的几何体的体积为 ．
14．已知，则的最小值是 ．
15．在中，.为所在平面内的动点，且，则的取值范围是 .
三、解答题
16．为迎接2022年北京冬奥会，某校组织一场冰雪运动知识竞赛，规则如下：有A，B两类问题，每位参加比赛的选手先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该选手比赛结束，若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该选手比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分：B类问题中的每个问题回答正确得70分，否则得0分.小明参加了本次冰雪知识竞赛，已知他能正确回答A类问题的概率为0.7，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
(1)若小明选择先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
17．已知函数的最大值为2，且，．若，且．
(1)求的解析式；
(2)求的单调递增区间；
(3)求的零点．
18．已知在中，角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若，为边上一点，，，求的面积.
19．如图，在直三棱柱中，，，点，分别在棱，上，，，为的中点.

(1)求证：平面；
(2)当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
20．设函数，其中是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的极值.
(2)若在其定义域内为单调函数，求实数的取值范围.
(3)设，若在上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围.
答案：
1．C
【分析】利用自然数集的含义描述集合，根据集合交集运算求解.
【详解】根据题意，集合表示从开始的奇数的集合，即，
.
故选：C.
2．C
【分析】根据充分不必要条件的概念，逐项判断，即可得出结果.
【详解】由，推不出，排除AD；
是的充要条件，排除B；
，反之不成立，C正确；
故选C．
本题主要考查命题的充分不必要条件，熟记概念即可，属于常考题型.
3．A
根据解析式可直接判定奇偶性和单调性，得出答案.
【详解】对A，根据正弦函数的性质可得是奇函数，在单调递增，故A正确；
对B，的定义域为，不关于原点对称，故不是奇函数，故B错误；
对C，在单调递递减，故C错误；
对D，的定义域为0,+∞，不关于原点对称，故不是奇函数，故D错误.
故选：A.
4．D
【分析】首先根据向量数量积公式，求，再代入投影向量公式，即可求解.
【详解】，由，
得，
所以向量在上的投影向量为.
故选：D
5．C
【分析】利用中间数和对数函数的单调性可判断三者之间的大小，从而可得正确的选项.
【详解】因为，，故.
因为，故，
故选：C.
6．C
【分析】利用二项展开式结合多项式乘法可求项的系数.
【详解】，
又的二项展开式的通项公式为，
故的二项展开式中、的系数为0，的系数为，
故的展开式中含项的系数为，
故选：C.
7．A
【分析】估算出可用的年限，然后取常用对数计算即可.
【详解】由题意大约可以用万年，
则
，
所以，即大约可以用万年.
故选：A
8．D
【分析】根据三角函数的平移、伸缩变换可以得出函数关系．
【详解】由图1可知，，所以，所以，
图2可看成由图1向右平移1个单位长度，得fx−1，
再将所有点的横坐标变为原来的一半,纵坐标不变，得.
故选：D．
9．B
【分析】求导，设为“拉格朗日中值点”，由题意得到，构造，研究其单调性，结合零点存在性定理得到答案.
【详解】，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，
则，
令，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，，
由零点存在性定理可得：存在唯一的，使得.
故选：B.
10．
【分析】利用复数的除法法则，化解复数，再代入模的公式，即可求解.
【详解】，所以.
故
11．
【详解】试题分析：因为，设切点，则又
考点：利用导数求切点
12．
【分析】根据对数的性质、排列知识和古典概型的概率公式可得结果.
【详解】因为，所以或，
从中任取两个不同的数，共可得到取法，
其中对数值为负数的有个，
所以.
故答案为.
13．
【分析】以所在直线为旋转轴，旋转一周形成两个共底面的圆锥，旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，将其体积记为，这两个几何体重叠部分是以圆为底面，为顶点的两个小圆锥，其体积记为，计算可求矩形旋转一周形成的面所围成的几何体的体积.
【详解】如图，以所在直线为旋转轴，旋转一周形成两个共底面的圆锥，
旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，将其体积记为，
这两个几何体重叠部分是以圆为底面，为顶点的两个小圆锥，其体积记为，
则所求几何体体积.
故答案为.
14．
【分析】变形条件等式得，然后展开，利用基本不等式求最小值.
【详解】，
，
，
当且仅当，即a=2时等号成立，
的最小值是.
故答案为.
15．
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得
【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以
，其中，，
因为，所以，即
故
16．(1)答案见详解；
(2)应选择先回答类问题，理由见详解．
【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．
（2）与（1）类似，找出先回答类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．
【详解】（1）由题可知，的所有可能取值为，，．
；
；
．
所以的分布列为
（2）由（1）知，．
若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，．
；
；
．
所以．
因为，所以小明应选择先回答类问题．
17．(1)；
(2)，；
(3)，．
【分析】（1）根据已知条件列方程求解即可；
（2）利用整体代入法，结合正弦函数单调性求解可得；
（3）直接解方程求解即可.
【详解】（1）由已知，
由得，或，，
又，所以，
又由得，，即，，
当时，，，
此时，得，则；
所以；
（2）令，，
解得，，
即的单调递增区间是，；
（3）令，则，，解得，．
18．(1)
(2)
【分析】（1）结合正弦定理和诱导公式求解即可.
（2）在中根据余弦定理列方程，再把用和表示，两边平方列方程，解方程组求出边长即可求出三角形的面积.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
因为为三角形的内角，，所以，
又，
所以，
因此，
因为，，所以，
即，故的值为.
（2）由（1）知，且，
在△中，由余弦定理得，
即①
由于，
所以，
平方得，
即②
由①②得：，
所以△的面积为，
即所求面积为.
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判断定理，作出辅助线，即可证明；
（2）由三棱柱体积最大，转化为，再建立空间直角坐标系，利用二面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）连结，交于点，连结，
因为，，所以，且，
则，，所以，
所以，又点是的中点，所以，
平面，平面，
所以平面；

（2）由已知，，
当时，的面积最大，此时三棱柱的体积最大，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
即平面的法向量为，
平面的法向量为,
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

20．(1)函数的极大值为，极小值为；
(2)或；
(3).
【分析】（1）利用导数来判断函数的单调区间，即可求函数的极值；
（2）求导得，令，等价于在内满足或恒成立，因为，所以当且仅当时，，时，,进而得的取值范围．
（3）先假设存在，因为，若在，上存在实数，使得，在区间，上分别求出和的最大值和最小值，然后讨论求解．
【详解】（1）解：由已知，得，
时，．令，可得或，
函数在，，上为单调增函数，在，上为单调减函数，
所以函数的极大值为，极小值为.
函数的极大值为，极小值为.
（2）解：，
令，要使在其定义域内是单调函数，只需在内，
满足或恒成立，
当且仅当时，，时，，
因为，所以当且仅当时，，时，，
因为在内有，当且仅当即时取等号，
所以当时，，，此时在单调递增，
当时，，，此时在单调递减，
综上，的取值范围为或．
（3）解：，在，上是减函数，
时，；时，，即，.
①时，由（2）知在，递减（1），不合题意.
②时，由，，
不合题意
③时，由（1）知在，上是增函数，故只需，
，，而（e），，
，解得．
故的取值范围为，．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9

答案
C
C
A
D
C
C
A
D
B