天津市八所重点学校2024-2025学年高三上学期期末联考数学试卷（解析版）

这是一份天津市八所重点学校2024-2025学年高三上学期期末联考数学试卷（解析版），共22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. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的运算先求，再求即可.
【详解】因为，，故，故.
故选:A.
2. 设a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】
【分析】由已知结合不等式的性质检验充分必要性即可判断．
【详解】解：当时成立，但没有意义，及充分性不成立；
当则此时成立，即必要性成立．
故选：B
3. 有一散点图如图所示，在六组数据中去掉B点后重新进行回归分析，则下列说法正确的是（ ）
A. 样本数据的两变量x，y正相关
B. 相关系数r的绝对值更接近于0
C. 残差平方和变大
D. 变量x与变量y相关性变强
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，两变量负相关，去掉B点后，回归直线效果更好，据此判断，即可求解．
【详解】由图可知，样本数据的两变量负相关，故A错误；
由图可知，点B相对其它点，偏离直线远，
故去掉B点后，回归直线效果更好，故BC错误，D正确．
故选：D.
4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A. 若且则
B. 若则
C. 若则
D. 若则
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间中各要素位置关系，逐个判断即可．
【详解】解：若且则m与可以成任意角，A选项错误；
若则，B选项正确；
若则n与可以成任意角，C选项错误；
若则a与可以成任意角，D选项错误．
故选：B
5. 已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用在上的值排除B，利用奇偶性排除排除C，利用在上的单调性排除D，从而得解.
【详解】对于B，当时，，易知，，
则，不满足图象，故B错误；
对于C，，定义域为，
又，则的图象关于轴对称，故C错误；
对于D，当时，，
由反比例函数的性质可知，在上单调递减，故D错误；
检验选项A，满足图中性质，故A正确.
故选：A.
6. 已知，，，则实数a，b，c的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别作出相应函数的图像，结合图像交点，即可判断、、的大小.
【详解】分别作出与的图像，
因，故结合图像可知
分别作出与的图像，
因，故结合图像可知.
分别作出与的图像，
因，故结合图像可知.
因此.
故选：B.
7. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，M，N为双曲线一条渐近线上的两点，为双曲线的右顶点，若四边形为矩形，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由四边形为矩形，可设以MN为直径的圆的方程为，设直线MN的方程为，联立求出，进而求出，再在中利用余弦定理即可求解.
【详解】如图，因为四边形为矩形，所以（矩形的对角线相等），所以以MN为直径的圆的方程为.

直线MN为双曲线的一条渐近线，不妨设其方程为，
由解得，或
所以，或，.
不妨设，，又，
所以，.
在△AMN中，，
由余弦定理得，
即，
则，所以，则，
所以.
故选C.
8. 函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论不正确的是（ ）
A. 为奇函数
B. 的图象关于直线对称
C. 在区间上单调递增
D. 函数在区间上的值域为
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列的概念和三角函数的性质可知，再依据图像的平移的性质得到函数，选项A：，根据正弦函数的奇偶性可知判断A；选项B：直接代入函数中，看结果是否为最值；选项C：利用正弦函数的单调性可求得单调区间；选项D：求得的导函数后，利用三角恒等变换化简为最简解析式，再利用正弦函数的单调性求得函数的值域．
【详解】解：设的最小正周期为T，
由题意可知：，即，
且则，可得，
所以，
对于选项A：，为奇函数，故A正确；
对于选项B：因为，为最小值，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于选项C：因为，则，
且在内单调递增，所以在区间上单调递增，故C正确；
对于选项D：因为，
且，则，可得
所以，故D错误．
故选：D
9. 如图，四边形ABCD为正方形平面ABCD记三棱锥的体积分别为有如下的结论，其中正确的个数是（ ）
①
②
③
④
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】作出图形，根据三棱锥的体积公式，转化三棱锥的顶点，即可求解．
【详解】如图，设连接分别延长EG，FB交于点I，
则根据题意可得G为DB中点，又从而可得又
所以
所以所以所以①错误，③正确；
又且
所以所以又
所以所以②错误，④正确．
故选：B
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分.
10. 已知i是虚数单位，复数z满足则z共轭复数______.
【答案】2i
【解析】
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的定义得答案．
【详解】，
故答案为：.
11. 在的展开式中，的系数为______用数字填写答案
【答案】80
【解析】
【分析】先求出展开式通项公式，进而得x的系数．
【详解】解：展开式的通项公式为：
由得
则展开式中x的系数为
故答案为：80
12. 过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据圆和曲线关于轴对称，设切线方程为，，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．
【详解】易知圆和曲线关于轴对称，
设切线方程为，，
所以，解得：，
由解得：或，即，
所以，解得：．
故答案为：.
13. 中华茶文化源远流长，博大精深，不但包含丰富的物质文化，还包含深厚的精神文化.其中绿茶在制茶过程中，在采摘后还需要经过杀青、揉捻、干燥这三道工序.现在某绿茶厂将采摘后的茶叶进行加工，其中杀青、揉捻、干燥这三道工序合格的概率分别为每道工序的加工都相互独立，则茶叶加工中三道工序至少有一道工序合格的概率为______；在绿茶的三道工序中恰有两道工序加工合格的前提下，杀青加工合格的概率为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用对立事件和独立事件的概率公式求解第一空，利用条件概率公式求解第二空．
【详解】解：设事件A表示“茶叶加工中三道工序至少有一道工序合格”，则事件表示“茶叶加工中三道工序都不合格”，
所以
设事件B表示“绿茶的三道工序中恰有两道工序加工合格”，事件C表示“杀青加工合格”，
则
所以
故答案为：；
14. 在矩形ABCD中在AD上取一点M，在AB上取一点P，使得过M点作交BC于N点，若线段MN上存在一动点E，线段CD上存在一动点
（1）若用向量表示向量______；
（2）若则的最小值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质、平面向量的线性运算法则，求出用向量表示向量的式子；
（2）由结合算出然后根据向量的模的公式算出的最小值．
【详解】解：（1）根据题意，可得且所以可得
结合、可得；
（2）因为所以
观察图形可得：当时等号成立，
所以可得即的最小值为
故答案为：；
15. 已知函数有且仅有三个零点，并且这三个零点构成等差数列，则实数a的值为_______．
【答案】或
【解析】
【分析】利用函数与方程之间的关系，转化为两个函数交点问题，结合分段函数的性质进行转化求解即可．
【详解】函数0，
得|x+a|a＝3，
设g（x）＝|x+a|a，h（x）＝3，
则函数g（x），
不妨设f（x）＝0的3个根为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，
当x＞﹣a时，由f（x）＝0，得g（x）＝3，即x3，
得x2﹣3x﹣4＝0，得（x+1）（x﹣4）＝0，
解得x＝﹣1，或x＝4；
若 ①﹣a≤﹣1，即a≥1，此时 x2＝﹣1，x3＝4，由等差数列的性质可得x1＝﹣6，
由f（﹣6）＝0，即g（﹣6）＝3得62a＝3，解得a，满足f（x）＝0在（﹣∞，﹣a]上有一解．
若②﹣1＜﹣a≤4，即﹣4≤a＜1，则f（x）＝0在（﹣∞，﹣a]上有两个不同的解，不妨设x1，x2，其中x3＝4，
所以有x1，x2是﹣x2a＝3的两个解，即x1，x2是x2+（2a+3）x+4＝0的两个解．
得到x1+x2＝﹣（2a+3），x1x2＝4，
又由设f（x）＝0的3个根为x1，x2，x3成差数列，且x1＜x2＜x3，得到2x2＝x1+4，
解得：a＝﹣1（舍去）或a＝﹣1．
③﹣a＞4，即a＜﹣4时，f（x）＝0最多只有两个解，不满足题意；
综上所述，a或﹣1．
【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，结合函数零点个数，转化为分段函数，利用分段函数零点个数进行讨论是解决本题的关键．综合性较强，难度极大．
三、解答题：本题共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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知为钝角
（1）求角A的大小；
（2）若则：
①求b的值；
②求的值.
【答案】（1）
（2）①3；②
【解析】
【分析】（1）由二倍角公式结合正弦定理即可求得；
（2）①由同角三角函数的基本关系和正弦定理即可求得；
②由二倍角公式与两角差的正弦公式计算即可求得．
【小问1详解】
因为所以
因为为钝角，所以为锐角，所以
所以所以
因为所以由正弦定理有：
所以因为为钝角，所以；
【小问2详解】
①因为且B为锐角，所以
由得；
②因为
所以
17. 如图，四棱锥中，平面平面ABCD是以为斜边的等腰直角三角形，底面为直角梯形其中是的中点，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平面平面ABCD，利用面面垂直的性质定理即可得证；
（2）建立空间直坐标系Oxyz，分别求出平面PAB和平面PBC的法向量，利用向量法求解即可；
（3）求出利用向量法求解即可．
【小问1详解】
证明：由于是以AD为斜边的等腰直角三角形，
O是AD的中点，故
由于平面平面ABCD，平面平面平面PAD，
故平面ABCD；
【小问2详解】
连结OB，由于O是AD的中点，且故
由于故四边形OBCD为矩形，
所以故有OB、OD、OP两两垂直，
以O为坐标原点，OB、OD、OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直坐标系Oxyz，
则
设平面PAB的法向量为
则
令则
故平面PAB的一个法向量为
设平面PBC的法向量为
则
令则
故平面PBC一个法向量为
设平面PAB与平面PBC的夹角为
故平面PAB与平面PBC的夹角余弦值为；
【小问3详解】
由（2）知，平面PAB的一个法向量为
所以点E到平面PAB的距离为
18. 已知椭圆C：的离心率为点在椭圆C上，A，B分别为椭圆的左右顶点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线：与椭圆C相交于P，Q两点，且求证：为坐标原点的面积为定值；
（3）若M为平面上的一个动点，设直线AM，BM的斜率分别为且满足直线AM，BM分别交动直线于点D，E，过点D作BM的垂线交x轴于点判断是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式求解即可；
将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式进行求证即可；
设出直线AM和BM的方程，求出D，E，H两点的坐标，利用向量的坐标运算进行求解即可．
【小问1详解】
因为点在椭圆C上，且离心率为
所以
解得，
则椭圆方程为；
【小问2详解】
证明：联立消去y并整理得
此时
设，
由韦达定理得，
因为
又O到直线PQ的距离且
所以
综上，的面积为定值，定值为；
【小问3详解】
因为直线AM，BM的斜率分别为且满足
设直线AM的方程为
令，可得，即，
同理得，
因为直线DH的方程为
令，解得，即，
所以
当时，取到最大值，最大值为
则存在最大值，最大值为
【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线的综合题，难点在于复杂的运算，特别的，基本都是有关字母参数的运算，因此需要学生具备较强的计算能力.
19. 已知等差数列的前n项和为是公比大于0的等比数列且成等差数列.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设求；
（3）对于数列在和之间插入数列的前k项组成一个新的数列：…，求.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得所求；
由数列的分组求和、裂项相消求和与错位相减法求和，计算可得所求和；
由数列的分组求和、错位相减法求和，计算可得所求和．
【小问1详解】
等差数列的前n项和为设公差为d，
是公比q大于0的等比数列，
由且成等差数列，
可得即
解得则；
【小问2详解】
当n为奇数时当n为偶数时
设奇数项的和为
相减可得
化为；
设
所以；
【小问3详解】
由
可得
设
相减可得
则
【点睛】思路点睛：第2问求和按奇偶分组，再利用错位相减法和裂项相消法求和.
20. 已知函数为自然对数的底数.
（1）求函数的单调区间，并求出曲线在处的切线方程；
（2）已知若不等式对于任意的恒成立，求实数的取值范围；
（3）若关于的方程有两个实数根求证：
【答案】（1）单调减区间为单调增区间为；
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导得到的定义域为再解不等式即可求出单调区间；又再根据直线的点斜式方程即可求解；
（2）由得即令再利用导数求解即可；
（3）记再利用导数求解即可．
【小问1详解】
因为的定义域为
令得
所以时单调递减，
时单调递增，
所以的单调减区间为单调增区间为
又
所以曲线在处的切线方程为
【小问2详解】
由得
即
而
所以
令则ℎ′m=em+1>0,所以在R上单调递增，
由
可知
所以
所以
令则
所以当时,F′x>0,Fx单调递增；
当时单调递减，
所以
则即
所以的取值范围为；
【小问3详解】
由（1）知，若方程有两个实数根
因为时极小值
则
记
则
令得
当时；当时,ℎ′x>0，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故则恒成立，
即恒成立，
又
所以
又令
可证得时，φx>0，
即lnx>12x−1x，
所以xlnx>12x2−1，
可知m=fx2>12x22−1，
解得
综上
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.