天津市第一中学2024−2025学年高三下学期五月月考 数学试题（含解析）

这是一份天津市第一中学2024−2025学年高三下学期五月月考 数学试题（含解析），共16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。
一、单选题
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，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，样本点中心为，则样本点的残差为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，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，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
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，，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，则的最大值为 ．
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A，B，C的对边分别为a，b，c，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ABCD，四边形ABCD为菱形，，E，F分别为AB，PD的中点．
（1）求证：．
（2）已知，二面角的大小为．
（i）求PB和AD所成角的余弦值；
（ii）求直线AC与平面EFC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，．
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题知集合为正奇数组成的集合，且，则.
故选C.
2．【答案】B
【详解】，得，得或，所以“”不是“”的充分条件，
反过来，能推出，“”是“”的必要条件.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选B
3．【答案】A
【详解】设平面的法向量分别为，直线的方向向量为，
对于A：若，则或，错误；
对于B：若，则，所以，所以，正确；
对于C：由，可得，所以，所以，正确；
对于D：由，可得：，，所以，所以，正确，
故选A
4．【答案】A
【详解】设，则，
故为上的偶函数，故排除B．
又，，排除C、D．
故选A．
5．【答案】D
【详解】由题意可知，.
则，所以.
则，所以.
所以.
故选D.
6．【答案】D
【详解】A.由相关系数的意义可知，相关系数r的绝对值越大，越接近于1，两个变量的线性相关性越强，故A说法正确；
B.由条件可知，，得，即，时，，
所以样本点的残差为，故B说法正确；
C. 在回归分析中，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故C说法正确；
D. 对分类变量X与Y，它们的随机变量的观测值k越小，说明“X与Y有关系”的把握越小，故D说法错误.
故选D
7．【答案】B
【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．【答案】A
【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．【答案】C
【详解】由题设，截面椭圆长轴长为，短轴长为，
所以，故离心率为，①错，
截面与圆柱体的轴成，上、下截面间的距离为，故，②对，
应用割补法，可将几何体割补为一个高为2，底面半径为2的圆柱体，
所以几何体的体积为，侧面积为，③④对.
故选C
10．【答案】4
【详解】.
11．【答案】
【详解】的展开式的通项，
令，故常数项为.
12．【答案】
【详解】若第1次交换后，甲的口袋有3个黑球，则甲第一次取到白球与乙交换，
所以概率；
若第2次交换后，甲的口袋依然只有1个白球，包含2种情况，
第一种情况，这两次甲和乙都交换的黑球，概率为，
第二种情况，第一次甲的白球和乙的黑球交换，第二次甲的黑球和乙的白球交换，概率，
所以第2次交换后，甲的口袋依然只有1个白球的概率.
13．【答案】
【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.
14．【答案】
【详解】如图，建立平面直角坐标系，设，
则
，
其中，．因为，所以当时，取得最大值，最大值为．
15．【答案】
【详解】因为有2个零点，
所以方程有2个实根，
即函数与图象有2个不同的交点.
对于函数，
当或时，，整理得，
其图象为焦点在轴上的双曲线，渐近线方程为.
当时，，整理得，
其图象为焦点在轴上的椭圆.如图，
对于函数，
当时，，
此时函数与图象有2个不同的交点，符合题意.
当时，，其图象为两条射线，且恒过点.
当时，由，得，
，由解得，
即当时，直线与椭圆相切，
此时函数与图象有3个交点；
又双曲线的渐近线方程为，
所以当时，直线与没有交点，如图，
由图可知，要使函数与图象有2个交点，
只需.
当时，，其图象为两条射线，且恒过点，
此时直线在的部分与图象没有交点，
只需讨论直线在的部分与图象的交点个数.
因为双曲线的渐近线方程为，
所以当时，直线与有1个交点，如图，
由图可知，要使函数与图象有2个交点，
只需，所以且.
综上，的取值范围为.
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）方法一：因为，
所以由正弦定理可得，
又因为，
所以，
由于，所以，
所以，因为，所以；
方法二：因为，
所以由余弦定理可得，
整理可得，
所以，
因为，所以；
（2）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，由余弦定理可得，即，
所以的面积；
方法二：如图所示，过作，垂足为.
在中，，所以.
由于，所以，
所以，即，
得，后同方法一；
方法三：由（1）及题设知，，.
因为两个三角形的高相同，所以与的面积之比等于，
又因为与的面积之比还等于，
所以，，后同方法一.
17．【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）；（ii）.
【详解】（1）如图，连接，由平面，平面，得，
∵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．【答案】(1)(2)见详解
【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．【答案】（1），，，证明见解析
（2）证明见解析
（3）
【详解】（1）因为数列满足，，
则，，，，
又因为，所以，，，
所以，且，
所以数列是首项和公差均为的等比数列.
（2）由（1）可得，
所以
，
因此，
.
（3）当时，，
此时，
显然，
所以，
，
所以，显然，，
所以，
所以，，
又因为也满足，
故对任意的，，
所以，数列的前项和为
.
20．【答案】(1)
(2)
(3)证明见详解
【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．