2024-2025学年天津市和平区高三上册期末数学模拟检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年天津市和平区高三上册期末数学模拟检测试卷（附解析），共21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：A
3．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．4B．6C．8D．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．2B．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．①②③B．①②④C．②③D．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135
13．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，Nx2,y2，
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】利用导数研究不等式恒成立问题、含参分类讨论求函数的单调区间、求已知函数的极值、函数单调性、极值与最值的综合应用
【思路】（1）求出，分析函数单调性可得函数极值；
（2）根据对参数进行分类讨论，分析出的正负，即可得出函数的单调区间；
（3）结合（2）的分析可得，结合韦达定理可得，要证，可转化为，即证明，令，构造函数，利用导数研究在上的单调性即可得证.
【详解】（1）当时，，定义域为；
所以，
令，解得，可得在上单调递增；
令，解得，可得在上单调递减；
所以当时，取得极小值为，无极大值；
（2）由题意可得，
当时，，方程的判别式，
解方程可得，其中；
令可得或（舍），
即在区间上单调递增；
令可得，
所以在区间上单调递减；
当时，，
令可得,即在区间上单调递增；
令可得，所以在区间上单调递减；
当时，，方程的判别式，
若，即时，恒成立，，此时在区间上单调递减；
若，即时，方程有两个不相等的实数根，
即，其中；
令可得或,
即可得在区间，上单调递增；
令可得，
所以在区间上单调递减；
综上可得，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；
当时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减；
当时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减；
当时，在区间上单调递减；
（3）由题意可得是方程的两实数根；
因为是的两个极值点，由（2）可得，且，
又，
要证，
只需证明，
即证明，
令，则需证明，
令函数，
则，
所以函数在上的单调递减，可得，
故，
又，可得，故；
所以.
【总结】关键点点睛：本题第（3）问关键在于利用和韦达定理代换得到只需证明，从而构造函数可得证明结论.