天津市第一中学2024-2025学年高三下学期5月月考数学试题

这是一份天津市第一中学2024-2025学年高三下学期5月月考数学试题，共20页。试卷主要包含了选择题，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. 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
3. 已知两个不同的平面和一条直线，下列命题是假命题的是（ ）
A.若，则B.若，则
C.若，则D. 若，则
4.函数在的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
6.下列命题中错误的是( )
A. 在回归分析中，相关系数r的绝对值越大，两个变量的线性相关性越强
B. 若变量y与x之间存在线性相关关系，且根据最小二乘法得到的经验回归方程为y=2x+a，样本点中心为(3,6.5)，则样本点(2.5,7)的残差为1.5
C. 在回归分析中，残差平方和越小，模型的拟合效果越好
D. 对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k越小，说明“X与Y有关系”的把握越大
7．已知函数，如图，是直线与曲线的两个交点，若，则（ ）
A．0B．C．1D．2
8．已知抛物线的焦点为，纵坐标为的点在上．若以为圆心，为半径的圆被轴截得的弦长为，则（ ）
A．B．2C．D．
9.如图，是由两个平行平面截半径为2cm且足够高的圆柱体所得的几何体，截面与圆柱体的轴成45°，上、下截面间的距离为.一中学数学兴趣小组对该几何体进行了探究后得出下列四个结论，其中正确结论的个数是（ ）

①截口曲线的离心率为 ②
③该几何体的体积为 ④该几何体的侧面积为
A.1B.2C.3D.4
二、填空题：
10. 已知i是虚数单位，复数.
11.在x(1−1x)4的展开式中，常数项为______.
12．甲、乙两人的口袋中均装有3个球，甲的3个球为2个黑球和1个白球．乙的3个球均为黑球（黑球和白球的大小，材质一样）．两人决定玩一场游戏：两人各从口袋中任取1个球与对方交换，重复进行这样的操作．第1次交换后，甲的口袋中黑球的个数为3的概率为 ；第2次交换后，甲的口袋中依然只有1个白球的概率为 ．
13. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过且斜率为的直线交双曲线右支于点（在第一象限），的内心为，直线交轴于点，且，则双曲线的离心率为____________．
14.如图，在长方形ABCD中，AB=4，BC=2，以AB为直径在长方形内作半圆E，以BC为直径在长方形外作半圆F，M，N分别是半圆E和半圆F上的动点，则的最大值_____.
15.已知函数有2个零点，则a的取值范围是________.
三、解答题：
16. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）为边上一点，若，且，求的面积.
17．如图，在四棱锥中，平面，四边形为菱形，,分别为的中点．

(1)求证：．
(2)已知，二面角的大小为．
（i）求和所成角的余弦值；（ii）求直线与平面所成角的正弦值．
18.已知对称轴都在坐标轴上的椭圆C过点与点，过点的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线，分别交直线于E，F两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在，使为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
19．已知数列满足，，数列满足，
(1)求的值，并证明数列是等比数列；
(2)证明
(3)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和.
20．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，且在上单调递增，求的取值范围；
(3)证明：当时，.
【5月考参考答案】
一、选择题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】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
3. 已知两个不同的平面和一条直线，下列命题是假命题的是（ ）
A.若，则B.若，则
C.若，则D. 若，则
【答案】A
4.函数y=2x−2−xsinx在[−π,π]的图象大致为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】令y=f(x)=(2 x−2 ​− x)sin x，
∴f(−x)=(2 −x−2 x)sin(−x)=(2 x−2 ​− x)sin x=f(x)，
则该函数为偶函数，图象关于y轴对称，故排除B；
又f(π2)=( 2π2− 2−π2)sin π2>0，故排除D；
因为f(0)=(20−20)sin0=0，故排除C．
故选A．
5. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用对数换底公式以及运算性质，利用作商法结合对数函数的单调性比较大小即可.
【详解】由题意可知，.
则，所以.
则，所以.
所以.
故选：D.
6.下列命题中错误的是( )
A. 在回归分析中，相关系数r的绝对值越大，两个变量的线性相关性越强
B. 若变量y与x之间存在线性相关关系，且根据最小二乘法得到的经验回归方程为y=2x+a，样本点中心为(3,6.5)，则样本点(2.5,7)的残差为1.5
C. 在回归分析中，残差平方和越小，模型的拟合效果越好
D. 对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k越小，说明“X与Y有关系”的把握越大
【答案】D
【解析】对于A、相关系数r的绝对值|r|越接近于1，则两个变量的线性相关性越强，故A正确；
对于B、依题意， 6.5=2×3+a ，所以 a=0.5 ，即经验回归方程为 y=2x+0.5 ，
又当 x=2.5 时， y=2×2.5+0.5=5.5 ，
所以样本点 (2.5,7) 的残差为 7−5.5=1.5 ，故B正确．
对于C、用残差平方和判断模型的拟合效果，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故C正确．
对于D、对分类变量X与Y，随机变量K2的观测值k越大，则判断“X与Y有关系”的把握程度越大，
对分类变量X与Y，随机变量K2的观测值k越小，则判断“X与Y有关系”的把握程度越小，故D错误；
7．已知函数，如图，是直线与曲线的两个交点，若，则（ ）
A．0B．C．1D．2
【答案】B
【分析】根据可得，进而可求解，根据可得，即可代入求解.
【详解】根据可得，故,故，
令，故或,
结合图象可知,
因此故，
因此故，
故选：B
8．已知抛物线的焦点为，纵坐标为的点在上．若以为圆心，为半径的圆被轴截得的弦长为，则（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】根据点的坐标满足抛物线方程，以及直线截圆所得弦长，列出关于的方程组，求解即可.
【详解】根据题意，作图如下：
设点坐标为，因其在抛物线上，故；
以为圆心，为半径圆，其圆心到轴的距离为，半径；
由题可知：，整理得：，故，.
故选：A.
9.如图，是由两个平行平面截半径为2cm且足够高的圆柱体所得的几何体，截面与圆柱体的轴成45°，上、下截面间的距离为.天津一中学数学兴趣小组对该几何体进行了探究后得出下列四个结论，其中正确结论的个数是（ ）

①截口曲线的离心率为 ②该几何体的体积为
③该几何体的侧面积为 ④该几何体的上截面面积为
A.1B.2C.3D.4
【答案】C
【解析】对于①：因为截面与圆柱体的轴成45°，且圆柱体底面半径为，
故截面椭圆长轴长为，短轴长为，故，
故，故A错误；
对于②：因为上、下截面间的距离为，所以，故②正确
对于③：将该几何体沿A点平行于圆柱底面切割补到以沿点B平行于圆柱底面的位置，
则正好是以底面半径为，高为的圆柱，则，故③正确；
对于④：同样以③的方法割补，侧面积即为以底面半径为2，高为2圆柱的侧面，,故④正确；
故选：C
二、填空题：
10. 已知是虚数单位，复数.
【答案】4
11.在x(1−1x)4的展开式中，常数项为______
【答案】-4
12．甲、乙两人的口袋中均装有3个球，甲的3个球为2个黑球和1个白球．乙的3个球均为黑球（黑球和白球的大小，材质一样）．两人决定玩一场游戏：两人各从口袋中任取1个球与对方交换，重复进行这样的操作．第1次交换后，甲的口袋中黑球的个数为3的概率为 ；第2次交换后，甲的口袋中依然只有1个白球的概率为 ．
【答案】
【详解】次交换后，记甲的口袋中恰有1个白球的概率为，没有白球的概率为，．
第2次交换后，
故答案为：，
13. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过且斜率为的直线交双曲线右支于点（在第一象限），的内心为，直线交轴于点，且，则双曲线的离心率为____________．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，设，可得，易知，利用余弦定理求得，设内切圆半径为，可得出点到轴的距离为，由可得出关于、的齐次等式，即可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】如下图所示：
设，则，
又直线的斜率为，可知，
由余弦定理可得，
即，整理可得，
设内切圆的半径为，因为，所以，点到轴的距离为，
，即，
可得，解得，
所以，即，
整理可得，故该双曲线的离心率为.
故答案为：.
14.如图，在长方形ABCD中，AB=4，BC=2，以AB为直径在长方形内作半圆E，以BC为直径在长方形外作半圆F，M，N分别是半圆E和半圆F上的动点，则的最大值_____.
【答案】
15.已知函数有2个零点，则a的取值范围是________.
【答案】且或
三、解答题
16. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）为边上一点，若，且，求的面积.
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】（1）方法一：对已知等式利用正弦定理结合两角和的正弦公式得到，进而得到，即可求得；方法二：对已知等式由余弦定理可得，即可求得；
（2）方法一：在和中，分别利用正弦定理可得，在中，由余弦定理可得，由三角形面积公式计算即可求得；方法二：过作，可得，由，得，在中，由余弦定理可得，由三角形面积公式计算即可求得；方法三：由与的面积之比为，又由三角形面积公式与的面积之比为，可得，在中，由余弦定理可得，由三角形面积公式计算即可求得.
【小问1详解】
方法一：已知，
由正弦定理得，，
因为，所以，
由于，故，则，
而，因此.
方法二：由余弦定理得，，
所以，
而，因此
【小问2详解】
方法一：由（1）及题设知，.
在中，由正弦定理得，，
在中，由正弦定理得，，
两式相除可得，即，
在中，由余弦定理得，，即，
则的面积.
方法二：过作，垂足为.
在中，，所以.
由于，
故，，得.
在中，由余弦定理得，，即，
则的面积.
方法三：由（1）及题设知，.
一方面，因为高相同，则与的面积之比等于，
另一方面，与的面积之比为，
所以，即.
在中，由余弦定理得，，即，
则的面积.
17．如图，在四棱锥中，平面，四边形为菱形，二面角的大小为分别为的中点．

(1)求证：．
(2)已知，二面角的大小为．
（i）求和所成角的余弦值；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）

如图，连接，由平面，平面，得，
∴二面角的平面角是，即．
∵四边形为菱形，∴，，故为等边三角形，
∵为的中点，∴，故，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴．
（2）（i）由平面，平面，得．
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
∵为正三角形，且，∴．
设，则，
∴，
由题意得，平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，则
取，可得．
∴，解得，
∴，
∴，即和所成角的余弦值为．
（ii）设直线与平面所成的角为．
由（i）知，平面的法向量为，
∵，
∴，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18.已知对称轴都在坐标轴上的椭圆C过点与点，过点的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线，分别交直线于E，F两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在，使为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(2)见解析
【详解】（1）设椭圆C的方程为且，
因为椭圆C过点与点，所以，解得.
所以椭圆C的标准方程为.
（2）设直线，
由，得，
即，则.
直线的方程分别为.
令，则.
则，，
所以
当，即时，
当，即（舍正）时，
故要使为定值，则或
注：设直线方程，则
19.已知数列满足，，数列满足，
(1)求的值，并证明数列是等比数列；
(2)证明
(3)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和.
【答案】
【详解】（1）证明：因为，，
所以，，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故
(2)
（3）由（1）可知.
因为
，
可得，
当为奇数时，则，即；
当为偶数时，则，即.
设为数列的前项和，
可得
.
所以数列的前项和为.
20．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，且在上单调递增，求的取值范围；
(3)证明：当时，.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；
（2）先确定是上的增函数.再由在上恒成立，得到，即可求解；
（3）由，将问题转化成，构造函数，确定其在上单调递增.进而转化成恒成立，进而可求证.
【详解】（1）当时，，则，
，则，
故曲线在点处的切线方程为，即.
（2）令，
则，
因为，所以，
所以恒成立，
所以是上的增函数.
因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以只需，又，
故.
（3））因为，所以要证，
只需证，
令，该二次函数的图象的对称轴为直线，
令，则，
令，则，，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以在上单调递增.
问题可转化为证明，即证，
即证.
令，
则，
令，
则，
所以在上单调递减，且，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，证毕.