天津市和平区2025届高三下学期第一次质量调查高考模拟数学试卷（解析版）

这是一份天津市和平区2025届高三下学期第一次质量调查高考模拟数学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 已知，则“”是“”的， 已知函数是偶函数，则实数， 已知，则的大小关系为， 关于函数，下面结论成立的是， 已知正四面体等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为，，则.
故选：A.
2. 已知，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】C
【解析】若，则，反之若，则，
所以是的充要条件.
故选：C
3. 已知函数是偶函数，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】对于函数，有，解得，
所以，函数的定义域为，且，
因为函数为偶函数，则，即，
可得对任意的恒成立，则.
故选：B.
4. 某物理量的测量结果服从正态分布，下面结论中不正确的是（ ）
A. 该物理量在一次测量中小于2的概率为0.5
B. 该物理量在一次测量中小于1.98与大于2.02的概率相等
C. 该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等
D. 越小，该物理量在一次测量中在的概率越大
【答案】C
【解析】对于A，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于2的概率为，故A正确；
对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于的概率与小于的概率相等，故B正确；
对于C，因为正态分布密度曲线的性质，该物理量测量结果落在的概率大于落在的概率，
所以一次测量结果落在的概率大于落在的概率，故C错误；
对于D，为数据方差，所以越小，数据在附近越集中，所以测量结果落在内的概率越大，故D正确；
故选：C.
5. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】依题意，，
，
所以的大小关系为.
故选：B
6. 已知直线经过抛物线的焦点，直线与圆相交于、两点，且，则实数的值等于（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】易知抛物线的焦点为，且直线经过点，则，可得，
所以，直线的方程为，即，
圆的圆心为，半径为，
由题意可知，圆心到直线的距离为，
由点到直线的距离公式可得，即，解得或.
故选：C.
7. 关于函数，下面结论成立的是（ ）
A. 在区间上的最大值为
B. 在区间上单调递增
C.
D. 的图象关于点对称
【答案】D
【解析】解：A选项：因为，所以，则，
即在区间上的最大值为.故A不正确；
B选项：因为，则，所以在上单调递增，
，所以在上单调递减，故B不正确；
C选项：，故C不正确；
D选项：当时，，所以为的图象的对称中心，故D正确.
故选：D
8. 已知正四面体（四个面都是正三角形），其内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，设能装下正四面体的最小正方体的体积为，正四面体的外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设正四面体的棱长为，则正四面体的表面积为，
由题设底面的外接圆半径，则
所以正四面体的高为，
其体积为，
设正四面体内切球球心为，半径为，
解得：，所以，解得：，
将该正四面体放入下图的正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，
此时即为能装下正四面体的最小正方体，
正四面体的最小正方体的边长为，如下图，即，所以，
体积为，设正四面体的外接球半径为，
则正方体的外接球，也即正四面体的外接球的半径为，
所以，所以外接球的体积为，
.
故选：A.
9. 已知是双曲线的右焦点，过点作垂直于轴的直线与双曲线交于两点，分别为双曲线的左、右顶点，连接交轴于点，连接并延长交于点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 3C. 2D.
【答案】D
【解析】根据题意，画出示意图，如图所示，则的横坐标都为，
代入双曲线方程得,
而，所以直线方程为，
令，得，
所以直线:，令得，，
因为，所以可得
，整理得，所以.
故选：D.
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）
10. 为虚数单位，复数的实部为__________.
【答案】2
【解析】,
所以复数的实部为2.
故答案为：2.
11. 在的展开式中，的系数为__________.（用数字作答）
【答案】
【解析】因为的通项为，
令，得，
所以的系数为．
故答案为：.
12. 袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为__________；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为，则的数学期望__________.
【答案】①. ②.
【解析】设“第一次取到黑球”为事件，“第二次取到白球”为事 .
则.
表示第一次取到黑球且第二次取到白球的概率.第一次取黑球有种取法，第二次取白球有种取法，从个球中依次取个球的总取法有种，所以.
根据条件概率公式，可得.
随机取出个球，取出的球中白球的个数可能取值为，，.
表示取出的个球都是黑球的概率，从个黑球中取个球的组合数为，从个球中取个球的组合数为，所以.
表示取出的个球中有个白球和个黑球的概率，从个白球中取个球的组合数为，从个黑球中取个球的组合数为，所以.
表示取出的个球中有个白球和个黑球的概率，从个白球中取个球的组合数为，从个黑球中取个球的组合数为，所以.
根据期望公式可得.
故答案为：；.
13. 已知正项数列的前项和满足，则__________.
【答案】
【解析】由题知，即，因为，解得，
时，，即，因为，解得，
时，，即，即，因为，解得，
同理可得，.
故答案为：.
14. 已知平面四边形满足，且，为的中点，则__________，若、分别为线段、上的动点，且满足，则的最小值为__________.
【答案】①. ②.
【解析】因为，可得，
因为，则，
因为，则，且，如下图所示：
以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立如上图所示的平面直角坐标系，
则、、、、，
；
设点、，其中，，
，，
所以，，可得，
因为，则，则，，
所以，，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故答案为：；.
15. 若关于的方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】右边的，即：.解方程得或;
解方程得或.
需要根据的符号讨论：
（1）当时方程变为，即，解得或，有两个不等实根.
（2）当时，关键点顺序：
记
：方程变为：,解，得.
当时，
根据开口方向和对称轴可知，至多有一解.
恰有一解条件,解得
当时，,
有一解条件,解得;
当时,,至多有一解.
有一解条件，解得.
所以时有2解;
若,由于,
时，得 .
:此时,
有一解条件,,
或者，无解.
有两解的条件：,
解得.
所以时符合题意.
综上所述，当且仅当时方程有两个不同的实数解.
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. 在中，角所对的边分别为，已知的面积为，，.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
解：（1）中，由，得，
由面积为，有，整理得，
又，解得（负值舍去）
在中由余弦定理，可得.
（2）在中由正弦定理，得.
（3）因，
则.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，且.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离.
解：（1）平面平面，交线为，过在平面内作，
故平面，又因为，
因此以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如下图所示的空间直角坐标系.
由已知，求得，
所以.
，因为，
设平面的法向量为，则
令，则，
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值为.
（2）易知平面的法向量为，
设平面与平面夹角为，
则平面与平面夹角的余弦值为.
（3）因，
则点到平面的距离为.
18. 椭圆的左、右焦点分别为和，左顶点为，下顶点为.
（1）求椭圆的离心率；
（2）已知过的直线与椭圆交于两点，若在直线上存在一点，使得为面积是的等边三角形，求直线的方程与椭圆的标准方程.
解：（1）依题意，且，
所以，又，所以，
整理得.
（2）由（1）有，故椭圆方程可写成.
①当直线斜率不存在时，直线为，显然不成立；
②当直线斜率存在时，设直线为，设直线与椭圆交于不同的两点中点为，
由方程组整理得
由已知可得，所以，且，
①，
②，
①②式代入，整理得，满足，即，
代入①式，求得，
故椭圆方程为，
直线方程为或.
19. 已知，记无穷数列的前项中的最大值为，最小值为，令.
（1）若，求数列的通项公式与其前项和；
（2）若数列为递增的等差数列，判断数列是否也一定为递增的等差数列，并说明理由；
（3）若，设数列的前项和为，是否存在正整数，使得为等差数列？如果存在，求出所有的值，如果不存在，请说明理由.
解：（1）由，即，当时，，当时，
为偶数，，
为奇数，且，
故
当时，，
当时，，
所以，
（2）若为递增的等差数列，设其公差为，则，
所以，，
若，则，矛盾，
若，则，矛盾，所以，
所以，是递增的数列.由，
所以，是公差为的等差数列，因此数列为递增的等差数列得证.
（3）若，由（2）可知也为等差数列，且公差为，
，，
，
，
，所以.
若存在正整数，使得成等差数列，即，
，即①，
令，，所以单调递减，φ2=49>13,φ3=29