高級中學名校試題PAGEPAGE1天津市南開區2025屆高三下學期質量監測（一）數學試卷一?選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.若集合，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由題設，，則.故選：A2.設，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】若，如，但不成立，充分性不成立；若，顯然同號且不為0，則成立，必要性成立；所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B3.設，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由，即.故選：D4.如圖是由一組實驗數據得到的散點圖，以下四個回歸方程類型中適合作為與的回歸方程類型的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由散點圖中各點的變化趨勢：非線性、且上單調遞增，所以適合指數型模型.故選：C.5.已知是奇函數，則（）A. B.0 C.1 D.2【答案】C【解析】是奇函數，由得，所以恒成立，則，解得.故選：C6.把函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把所得曲線向左平移個單位長度，得到函數的圖象，且的圖象關于點中心對稱，則函數的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】對于選項A，若，則把函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，可得到，再把所得曲線向左平移個單位長度，得到，由，故圖象不關于點中心對稱，故A錯；對于選項B，若，則把函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，可得到，再把所得曲線向左平移個單位長度，得到，由，故圖象不關于點中心對稱，故B錯；對于選項C，若，則把函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，可得到，再把所得曲線向左平移個單位長度，得到，由，可知圖象關于點中心對稱，故C正確；對于選項D，若，則把函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，可得到，再把所得曲線向左平移個單位長度，得到，由，故圖象不關于點中心對稱，故D錯.故選：C.7.已知函數在上單調遞減，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，因為且，所以函數為單調遞增函數，要使得函數在上單調遞減，則滿足，解得，所以實數取值范圍為.故選：A.8.如圖，在平行六面體中，是線段上的一點，且，則三棱錐的體積與平行六面體的體積之比為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題設及平行六面體的結構特征易知，面，面，所以面，則上任意一點到面的距離為定值，又，則，由的底面面積是平行六面體底面面積的一半，且高相等，所以.故選：D9.設雙曲線的左、右頂點分別是，點是的一條漸近線上一點，若，則的離心率為（）A. B. C. D.4【答案】C【解析】〖祥解〗根據題意畫出圖形，設點在第一象限，根據已知條件得到點在以原點為如圖所示，設點在第一象限，，因為，所以點在以原點為圓心，為半徑的圓上.，解得.又因為，所以.在中，，，，所以，即.所以，，，即，所以.故選：C二?填空題：本大題共6個小題，每小題5分，共30分．試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分．10.是虛數單位，若復數為純虛數，則__________．【答案】【解析】由為純虛數，所以，則.故答案為：11.若的展開式的二項式系數和為32，且的系數為__________．【答案】【解析】由題意可得，即，通項公式，令，可得：，所以的系數為，故答案為：12.已知圓與拋物線的準線相切于點為的焦點，則直線被圓截得的弦長為__________．【答案】【解析】由題設，拋物線準線為，則，故，由準線與圓相切且圓心，易知，所以，即，故到的距離，所以直線被圓截得的弦長為.故答案為：13.有編號分別為的3個盒子，第1個盒子中有2個白球1個黑球，其余盒子中均為1個白球1個黑球．現從第1個盒子中任取一球放入第2個盒子，再從第2個盒子中任取一球放入第3個盒子，則從第1個盒子中取到白球的概率是__________；從第3個盒子中取到白球的概率是__________．【答案】①.②.【解析】由第1個盒子中有2個白球1個黑球，則從第1個盒子中取到白球的概率是，當從第1個盒子中取到白球且概率為，則第2個盒子中有2個白球1個黑球，從第2個盒子抽到白球概率為，則第3個盒子中有2個白球1個黑球，故抽到白球概率為，從第2個盒子抽到黑球概率為，則第3個盒子中有1個白球2個黑球，故抽到白球概率為，所以，對應概率為；當從第1個盒子中取到黑球且概率為，則第2個盒子中有1個白球2個黑球，從第2個盒子抽到白球概率為，則第3個盒子中有2個白球1個黑球，故抽到白球概率為，從第2個盒子抽到黑球概率，則第3個盒子中有1個白球2個黑球，故抽到白球概率為，所以，對應概率為；綜上，從第3個盒子中取到白球的概率是.故答案為：；14.在中，，若點為的中點，點滿足，點為與的交點，用和表示__________；則的余弦值為__________．【答案】①.；②..【解析】由，則，由與的夾角相等，則，又，，則，所以，，，所以.故答案為：，15.已知，若方程有四個不同的實數根，則實數的取值范圍為__________．【答案】【解析】令，則原方程可化為，因為，又因為，所以上式可化為.（1）當時，2x+3x-1>0，所以則原方程可化為，整理可得2x（i）當時，上式可化為，所以關于的一次方程有解必須滿足a+2≠0x=8-4aa+2>1，解得（ii）當時，上式可化為，解得，此時②，（2）當時，，，即，所以則原方程可化為，整理可得.因為當時，原方程已有兩個不等的實數根，原方程要有四個不同的實數根，方程必須有兩個不等的實數根，令，的對稱軸為必須讓二次函數在上與軸有兩個不同的交點，所以須滿足Δ=a2+16解得③，所以，綜上①②③可得實數的取值范圍為，故答案為：.三?解答題：本大題共5題，共75分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．16.在中，內角對邊分別為，且．（1）求邊的長；（2）求的值；（3）求的值．解：（1）因，由正弦定理可知，由余弦定理可得，即，解得，故．（2）由及，得，由正弦定理，得，解得．（3）由（2）得，所以．所以．所以17.如圖，在四棱錐中，平面平面，為棱上一點，且．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）求平面與平面夾角的余弦值．（1）證明：取中點，連接，因為，所以．又面面，面，面面，所以平面．以為原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則所以．設為平面的一個法向量，則，得，令，則，從而．因為，所以．因為，所以，又平面，則平面．（2）解：設與平面的夾角為，則．（3）解：顯然，平面的一個法向量為，設平面與平面夾角為，則．18.已知橢圓的中心為坐標原點，對稱軸為軸，軸，且過兩點．（1）求的方程；（2）過點，斜率不為0的直線與橢圓交于兩點，點，直線與軸交于，與軸交于，直線與軸交于，與軸交于．若，求直線的斜率．解：（1）設的方程為且，將兩點代入得，解得，故的方程為．（2）依題意，設直線，聯立，消去整理得，則，即，且．直線，直線，令，則，令，則，由，得，即，整理得，因為，所以，解得，所以直線的斜率為．19.已知公差大于0的等差數列的前項和為，且是的等比中項．（1）求的通項公式及；（2）記為在區間內項的個數，為數列的前項和．（i）若，求的最大值；（ii）設，證明：．解：（1）設等差數列的公差為，依題意，，即①，，即②，將①代入②得，因為，解得，所以．（2）（i）令，即，解得，所以，即的通項公式為所以．又，所以．由，得，因為，所以的最大值為5．（ii）由（i）知，則，所以．設①，則②，①②得，所以．因為，所以．綜上，．20.已知函數．（1）求曲線在點處的切線方程；（2）若在區間上恒成立，求實數的取值范圍；（3）若方程有兩個不同的實數解，證明：．解：（1），則切線的斜率為，又，所以處的切線方程為，即．（2），當時，；當時，；所以在上單調遞增，在上單調遞減，則．若在區間上恒成立，則的取值范圍為．（3）由，得，若有兩個不同的實數解，則，兩式相減得，所以．不妨設，則，所以在上單調遞增，此時，所以．所以，即，所以①．由，得有兩個不同的實數解，令，當時單調遞增，當時單調遞減，由，，所以．令，則方程有兩個不同的實數解．由（2）知，則有．設，則，當時，單調遞減，當時，單調遞增，此時，即，故，當且僅當時等號成立．不妨設直線與直線交點的橫坐標分別為，則，所以②．綜上，．天津市南開區2025屆高三下學期質量監測（一）數學試卷一?選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.若集合，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由題設，，則.故選：A2.設，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】若，如，但不成立，充分性不成立；若，顯然同號且不為0，則成立，必要性成立；所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B3.設，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由，即.故選：D4.如圖是由一組實驗數據得到的散點圖，以下四個回歸方程類型中適合作為與的回歸方程類型的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由散點圖中各點的變化趨勢：非線性、且上單調遞增，所以適合指數型模型.故選：C.5.已知是奇函數，則（）A. B.0 C.1 D.2【答案】C【解析】是奇函數，由得，所以恒成立，則，解得.故選：C6.把函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把所得曲線向左平移個單位長度，得到函數的圖象，且的圖象關于點中心對稱，則函數的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】對于選項A，若，則把函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，可得到，再把所得曲線向左平移個單位長度，得到，由，故圖象不關于點中心對稱，故A錯；對于選項B，若，則把函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，可得到，再把所得曲線向左平移個單位長度，得到，由，故圖象不關于點中心對稱，故B錯；對于選項C，若，則把函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，可得到，再把所得曲線向左平移個單位長度，得到，由，可知圖象關于點中心對稱，故C正確；對于選項D，若，則把函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，可得到，再把所得曲線向左平移個單位長度，得到，由，故圖象不關于點中心對稱，故D錯.故選：C.7.已知函數在上單調遞減，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，因為且，所以函數為單調遞增函數，要使得函數在上單調遞減，則滿足，解得，所以實數取值范圍為.故選：A.8.如圖，在平行六面體中，是線段上的一點，且，則三棱錐的體積與平行六面體的體積之比為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題設及平行六面體的結構特征易知，面，面，所以面，則上任意一點到面的距離為定值，又，則，由的底面面積是平行六面體底面面積的一半，且高相等，所以.故選：D9.設雙曲線的左、右頂點分別是，點是的一條漸近線上一點，若，則的離心率為（）A. B. C. D.4【答案】C【解析】〖祥解〗根據題意畫出圖形，設點在第一象限，根據已知條件得到點在以原點為如圖所示，設點在第一象限，，因為，所以點在以原點為圓心，為半徑的圓上.，解得.又因為，所以.在中，，，，所以，即.所以，，，即，所以.故選：C二?填空題：本大題共6個小題，每小題5分，共30分．試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分．10.是虛數單位，若復數為純虛數，則__________．【答案】【解析】由為純虛數，所以，則.故答案為：11.若的展開式的二項式系數和為32，且的系數為__________．【答案】【解析】由題意可得，即，通項公式，令，可得：，所以的系數為，故答案為：12.已知圓與拋物線的準線相切于點為的焦點，則直線被圓截得的弦長為__________．【答案】【解析】由題設，拋物線準線為，則，故，由準線與圓相切且圓心，易知，所以，即，故到的距離，所以直線被圓截得的弦長為.故答案為：13.有編號分別為的3個盒子，第1個盒子中有2個白球1個黑球，其余盒子中均為1個白球1個黑球．現從第1個盒子中任取一球放入第2個盒子，再從第2個盒子中任取一球放入第3個盒子，則從第1個盒子中取到白球的概率是__________；從第3個盒子中取到白球的概率是__________．【答案】①.②.【解析】由第1個盒子中有2個白球1個黑球，則從第1個盒子中取到白球的概率是，當從第1個盒子中取到白球且概率為，則第2個盒子中有2個白球1個黑球，從第2個盒子抽到白球概率為，則第3個盒子中有2個白球1個黑球，故抽到白球概率為，從第2個盒子抽到黑球概率為，則第3個盒子中有1個白球2個黑球，故抽到白球概率為，所以，對應概率為；當從第1個盒子中取到黑球且概率為，則第2個盒子中有1個白球2個黑球，從第2個盒子抽到白球概率為，則第3個盒子中有2個白球1個黑球，故抽到白球概率為，從第2個盒子抽到黑球概率，則第3個盒子中有1個白球2個黑球，故抽到白球概率為，所以，對應概率為；綜上，從第3個盒子中取到白球的概率是.故答案為：；14.在中，，若點為的中點，點滿足，點為與的交點，用和表示__________；則的余弦值為__________．【答案】①.；②..【解析】由，則，由與的夾角相等，則，又，，則，所以，，，所以.故答案為：，15.已知，若方程有四個不同的實數根，則實數的取值范圍為__________．【答案】【解析】令，則原方程可化為，因為，又因為，所以上式可化為.（1）當時，2x+3x-1>0，所以則原方程可化為，整理可得2x（i）當時，上式可化為，所以關于的一次方程有解必須滿足a+2≠0x=8-4aa+2>1，解得（ii）當時，上式可化為，解得，此時②，（2）當時，，，即，所以則原方程可化為，整理可得.因為當時，原方程已有兩個不等的實數根，原方程要有四個不同的實數根，方程必須有兩個不等的實數根，令，的對稱軸為必須讓二次函數在上與軸有兩個不同的交點，所以須滿足Δ=a2+16解得③，所以，綜上①②③可得實數的取值范圍為，故答案為：.三?解答題：本大題共5題，共75分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．16.在中，內角對邊分別為，且．（1）求邊的長；（2）求的值；（3）求的值．解：（1）因，由正弦定理可知，由余弦定理可得，即，解得，故．（2）由及，得，由正弦定理，得，解得．（3）由（2）得，所以．所以．所以17.如圖，在四棱錐中，平面平面，為棱上一點，且．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）求平面與平面夾角的余弦值．（1）證明：取中點，連接，因為，所以．又面面，面，面面，所以平面．以為原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則所以．設為平面的一個法向量，則，得，令，則，從而．因為，所以．因為，所以，又平面，則平面．（2）解：設與平面的夾角為，則．（3）解：顯然，平面的一個法向量為，設平面與平面夾角為，則．18.已知橢圓的中