天津市红桥区2024_2025学年高三数学上学期期末考试试卷含解析

这是一份天津市红桥区2024_2025学年高三数学上学期期末考试试卷含解析，共18页。试卷主要包含了 已知函数，则的， 若，则的大小关系为，1588B等内容，欢迎下载使用。
答卷前，考生务必将自己的姓名､准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答题时，务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.
祝各位考生考试顺利!
第I卷
注意事项：
1.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需放动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
2.本卷共9题，每小题5分，共45分.
一､选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用集合的交集、补集的定义即可求解.
【详解】因为，所以，
又，所以.
故选：A.
2. 是成立的（ ）
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】A
【解析】
【分析】解出含有绝对值的不等式的解集，根据小范围推大范围得到结果即可.
【详解】解得到假设，一定有反之不一定，故是成立的充分不必要条件.
故答案为A.
【点睛】判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．
3. 从某学校高二年级随机抽取10名学生进行数学能力测试，测试成绩为，设学生测试成绩的平均数，中位数，众数分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数公式求出平均数，根据中位数和众数定义，找到和，从而可以比较大小
【详解】平均数，
数据从小到大排列为：，第五个数为79，第六个数为81，所以中位数，
出现次数最多的是众数，所以众数，
所以.
故选：C.
4. 已知函数，则的（ ）
A. 最小正周期为B. 在区间上单调
C. 图象关于直线对称D. 图象关于点对称
【答案】C
【解析】
分析】求得最小正周期判断A；由，得，可判断B；计算可判断C；求得对称中心可判断D.
【详解】对于A，函数的最小正周期为，故A错误；
对于B，当时，可得，所以在不单调，故B错误；
对于C，当时，，
所以图象关于直线对称，故C正确；
对于D，由，所以，
所以函数的对称中心为，当时，函数的图象关于，故D错误.
故选：C.
5. 若，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由对数运算可得，，，可得结论.
【详解】，
，又，所以，
又，所以，
故.
故选：D.
6. 已知函数是定义在上的偶函数，若对于任意不等实数，不等式恒成立，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】由已知判断出函数的单调性，结合奇偶性可得，再解不等式可得答案.
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，则即为，
对于任意不等实数，不等式恒成立，
可知在上单调递减，且，
可得，解得.
故选：C.
7 已知随机变量X服从正态分布N(3.1)，且=0.6826，则p（X>4）=（ ）
A. 0.1588B. 0.1587C. 0.1586D. 0.1585
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：正态分布曲线关于对称，因为,故选B．
考点：正态分布
8. 球面上有三点，若，且球心到所在平面的距离，等于球的半径的一半，则该球的球面面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出的外接圆半径，再利用球面的截面小圆性质求出球的半径，可求表面积.
【详解】令外接圆半径为，球的半径为，
由，得，
所以为直角三角形，则，即，
因为球心到所在平面的距离，等于球的半径的一半，
所以，解得，所以球的表面积为.
故选：A.
9. 已知菱形的边长为，点分别在边上，，.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的数量积的运算律可得，，解方程可求的值.
【详解】因，
所以
①，
又，②，
由①②解得．
故选：C.
【点睛】方法点睛：利用向量的数量积的运算律计算可得的方程组，解方程组可求解.
第II卷
二､填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.
10. 为虚数单位，若，则__________.
【答案】5
【解析】
【分析】根据复数，得到共轭复数，然后相乘得答案.
【详解】由得到复数的共轭复数，所以.
故答案为：5
11. 的展开式中的的系数是__________.
【答案】280
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式即可求解.
【详解】二项式的展开式的通项是，
令，解得．故的展开式中的的系数是．
故答案为：.
12. 已知点，则以线段为直径的圆的标准方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出圆心坐标和半径可求得圆的方程.
【详解】根据题意，的中点即为圆心，又，所以圆心坐标为，
半径为，
所以圆的标准方程为.
故答案为：.
13. 将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有____________（用数字作答）．
【答案】9
【解析】
【分析】第一步，把1填入方格中，第二步，把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，然后填余下的两个数字，即可求解.
【详解】先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，
第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；
第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法.
故答案为：9
14. 已知拋物线的焦点与双曲线的右焦点的连线交于第一象限的点，若在点处切线平行于的一条渐近线，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用双曲线方程求焦点和渐近线，再利用直线与抛物线联立方程组求交点，结合导数求切线斜率，最后由斜率相等可得方程求解即可.
【详解】由双曲线可知：右焦点，渐近线方程为：，
而抛物线的焦点，
所以直线，与抛物线联立方程组得：
，整理得：，
解得：或（因为交点在第一象限，所以舍去）
再求导得：，所以在点处的切线斜率为，
由于切线与双曲线渐近线平行得：，
整理得：，平方得：，
解得：，
故答案为：.
15. 已知函数，其中，若存在实数，使得关于的方程恰有三个不同的实数根，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】在平面直角坐标系内画出图象，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】当时，作出函数的图象如下图所示，
当时，，
所以若要存在实数，使得关于的方程恰有三个不同的实数根，
则必须，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：把方程的根的问题围转化为函数图象交点个数问题，数形结合求解.
三､解答题：本大题共5个小题.共75分.解答写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 在中，内角所对的边分别是，若，.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理求得，进而利用余弦定理可求得；
（2）利用同角的正余弦公式可求得，进而利用正弦定理求得
（3）先求得，进而利用两角差的正弦公式可求得.
【小问1详解】
由，
得，且，则，
又因为，
解得；
小问2详解】
因为，得
且
解得；
【小问3详解】
因为，
，
.
17. 在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，其中是棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面夹角的正弦值；
（3）求点到平面的距离；
【答案】（1）证明见解析
（2） （3）1
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，则由三角形的中位线定理可得，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由已知可证得，且，所以以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式即可求解；
（3）利用空间向量中的距离公式可求点到平面的距离.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
因为分别为的中点，所以，
又平面，平面，
则平面；
【小问2详解】
直线平面平面，
所以，且，
则以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系；
，，
所以，
设平面的法向量为，
由，得，
令，得，且，
所以，
直线与平面夹角的正弦值为；
【小问3详解】
因为，
且平面的法向量为，
则点到平面的距离.
18. 已知椭圆的焦距为2，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）点是椭圆上的两个动点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出该定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）由已知可得，，结合的关系可求得椭圆的方程；
（2）设出直线方程与椭圆方程联立，求出两点坐标，最后根据直线斜率的公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为焦距为2，所以，
又，
且，
解得，
椭圆的方程为；
【小问2详解】
设直线方程：得，代入，
得，
设，

，
且，则，
，
又直线的斜率与的斜率互为相反数，在上式中以代，可得
，
所以直线的斜率，
即直线的斜率为定值，其值为.
19. 已知椭圆，以两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为8的正方形（记为）.
（1）求椭圆的方程；
（2）设经过点的直线与椭圆相交于点，若线段的中点落在正方形内（包括边界）时，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设椭圆的方程为，由题意可得，求解即可得椭圆的方程；
（2）设直线的方程为：，点，线段的中点为，联立直线与椭圆的方程可得，由韦达定理可得，可得，由点在正方形内（包括边界）的充要条件为，可求得直线斜率的取值范围.
【小问1详解】
依题意，设椭圆的方程为，焦距为，
因为以两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为8的正方形，
所以，所以.
故椭圆的方程为：；
【小问2详解】
设直线的方程为：，
如图：设点，则线段的中点为，
由，得.①
由，
解得.
因为是方程①的两根，所以，，
，
因为，所以点不可能在轴的右边，
又直线方程分别为，
所以点在正方形内（包括边界）的充要条件为，
即，即，
解得，
故直线斜率的取值范围是.
20. 已知数列是正项等比数列，是等差数列，且.
（1）求和的通项公式；
（2）表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求实数的取值范围；
（3），数列前项和为，求证：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】(1)设出公比和公差，得到方程组，求出公比和公差，求出通项公式；
(2)求出，设，作差法得到其单调性，结合集合有4个元素，求出；
(3)设，错位相减法求和得到，设，裂项相消法得到，从而求出，求和证明出结论.
【小问1详解】
设数列首项，设公比，设数列首项，设公差，
∵，即，∴，（舍去），，
∴．；
【小问2详解】
，
其中，
∴，，集合，
设，，
所以当时，，
当时，，
计算可得，，，，，
因为集合有4个元素，；
【小问3详解】
，，
设①，
②，
上式①-②得，
，
所以，
当n为奇数时，，
则
，
.
【点睛】常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等；
根式型：等；