2025届天津南开区高三上学期期末考试数学试卷（解析版）

这是一份2025届天津南开区高三上学期期末考试数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了 已知集合，则， 设，则“”是“”的， 设，则， 若函数为奇函数，则等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，，则.
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】B
【解析】若，当时，满足，但不成立，故充分性不成立；
当时，满足，故必要成立，
此时“”是“”是必要不充分条件；
若，由，得或，
所以“”是“”是必要不充分条件.
综上，“”是“”是必要不充分条件.
故选：B
3. 已知数据的平均数为8，方差为6，则，的平均数和方差分别为（ ）
A. 26，54B. 26，56C. 24，54D. 24，56
【答案】A
【解析】由题意数据的平均数为，方差为，
根据平均数和方差性质可得
数据的平均数为，方差为，
故选：A
4. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，
故.
故选：D
5. 若函数为奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，
则，
则，
故，得，
当时，定义域为关于原点对称，
且，满足题意，
故，
故选：B
6. 若关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由于关于的不等式的解集是，
所以则有且，
所以等价于，
解得，即不等式的解集为．
故选：D.
7. 已知函数的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，则的单调递增区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，
由于直线与其图象两个相邻交点的距离等于，
故，故，
，
，解得，
故单调递增区间为.
故选：C
8. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则平面截该正方体的外接球得到的截面的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如图，连接，
由题意易知，
，故四边形为平行四边形.
设，取的中点，连接，
在Rt中，，
故点到的距离为，故点到的距离为，
因此圆心到平面的距离为.由题易知球的半径，
故平面截球得到的截面圆的半径，故截面圆的面积.
故选：D
9. 已知双曲线的离心率为为的两个焦点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为为坐标原点，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】根据题意，，由，
则，．
由余弦定理可得，
，
所以，
所以．
故选：A
二､填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.
10. 已知复数在复平面内对应的点为，则______.
【答案】
【解析】因为复数在复平面内对应的点为，所以，
所以.
故答案为：
11. 的二项展开式中，常数项为__________.
【答案】
【解析】的通项为，
令，
则，
故常数项为，
故答案为：
12. 圆与圆的公共弦长为__________.
【答案】
【解析】将两个圆的方程作差得：，
即公共弦所在的直线为，
又知，
则到直线的距离为：，
所以公共弦长.
故答案为：.
13. 已知甲､乙､丙三人参加射击比赛，甲､乙､丙三人射击一次命中的概率分别为，且每个人射击相互独立，若每人各射击一次，则三人中恰有两人命中的概率为__________；在三人中恰有两人命中的前提下，甲命中的概率为__________.
【答案】 ①. ； ②. ．
【解析】记甲､乙､丙三人射击一次命中分别为事件，
由题意，
则每人各射击一次，则三人中恰有两人命中的概率为
,
记三人中恰有两人命中为事件，“三人中恰有两人命中的前提下，甲命中”为事件，
则，
，
，
故答案为：；．
14. 在中，为线段上一点.，则__________；若在线段上运动，则的取值范围是__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】依题意，，
所以，
由于三点共线，
所以.
因为，
且，
所以.
设.
由向量减法的三角形法则可得.
那么.
.
已知，，，
根据向量数量积公式（为与的夹角），
可得.
展开得：
，
把，，代入上式：
，
展开并整理：
，
合并同类项得.
令，，
这是一个二次函数，二次项系数，
图象开口向上，对称轴为.
当时，取得最小值，.
当或时，，.
所以的取值范围是.
故答案为：；
15. 已知函数若函数有5个零点，则实数的取值范围是__________.
【答案】或.
【解析】作出函数图像如下：
设，，
由图可知，至多只有四个根，
于是必有两个不等实根.
设
当时，有个根，有个根，此时有个零点，
根据二次函数根的分布可知，，解得；
当，，有个根，有个根，此时有个零点，
此时，解得，
则，时，，，符合题意；
当，，有个根，有个根，此时有个零点，
此时，解得，
则，时，，，不符合题意.
综上可知，或.
故答案为：或.
三､解答题：本大题共5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；
（2）求；
（3）求的值.
解：（1）由正弦定理可得,故
（2）由余弦定理可得，
由于，故，
（3）由余弦定理可得
，
故
17. 如图，在直三棱柱中，，且分别是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求到平面的距离；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：取的中点，连接，.
因为是的中点，所以且.
又因为是的中点，直三棱柱中且，
所以且.
所以四边形是平行四边形，则.
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：由已知，可得.
根据勾股定理可得.
，，
.
根据余弦定理可得，
所以，则.
.
设到平面的距离为.
因为，根据三棱锥体积公式（为底面积，为高）可得：
，即，解得.
（3）解：依题意可知，两两相互垂直，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
则，，，.
，，，.
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则，即，
令，可得，，所以.
设平面的法向量为，则，即，
令，可得，，所以.
设平面与平面夹角为，根据向量夹角公式可得：
.
18. 已知离心率为的椭圆过点.
（1）求椭圆的方程和离心率；
（2）为椭圆的左焦点，为上顶点，点在轴上，且.过点直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程.
解：（1）由已知得方程组解得.
所以椭圆的方程为. 椭圆离心率，所以.
（2）先求出点的坐标，由（1）得.
因为，向量，
设，则.
由于，即，
根据向量数量积公式，得到，解得，所以.
设直线，，
代入椭圆方程，并整理得.
，展开并化简得，，
进一步得到，解得.
由韦达定理可得，.
计算，将，代入得.
把，代入上式得.
因为，即，化简得，即，
解得，所以.
直线的方程为.
19. 已知等差数列和等比数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，且.设为数列的前项和，集合，求A（用列举法表示）；
（3）求.
解：（1），
又为等差数列，，设公差为，
则，故的通项公式为，
又，
故，
即通项公式为；
（2），其中，
，
故
，
要想，则需要能整除12，
又，故，
此时，
故；
（3）因为，，
所以，
故，
若为偶数，则①，
②，
式子①+②得
，
所以，
若为奇数，则
，
所以.
20. 已知函数.
（1）求曲线在其零点处的切线方程；
（2）若方程有两个解，且.
（i）求实数的取值范围；
（ii）若恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）令得，且，
零点处切线的斜率为，切点的坐标为，
故零点处的切线方程为；
（2）（i）由
得，
设，则，
① 当时，，单调递增，则方程至多有一个解；
② 当时，当时，，单调递增；
当x∈0,+∞时，，单调递减；
若方程有两个解，则，解得，
设，则，
所以hx在单调递减，从而，即.
所以，
又，
所以时，方程有两个解.
（ii）由得,所以，，
设，则有，即，，
由得，即，
设，则，
设，则，
设，则，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
且，，
所以存在唯一的，使得，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
且h1=0，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
所以，即的取值范围是.