天津市武清区英华实验学校2024-2025学年高三上学期9月夏令营适应性训练 数学试题（含解析）

这是一份天津市武清区英华实验学校2024-2025学年高三上学期9月夏令营适应性训练 数学试题（含解析），共22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。

一、选择题（共9小题）
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知a，b都是实数，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．著名数学家华罗庚先生曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，我们经常用函数的图象来研究函数的性质，也经常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征，如某体育品牌的为，可抽象为如图所示的轴对称的优美曲线，下列函数中，其图象大致可“完美”局部表达这条曲线的函数是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
5．某产品的研发投入费用（单位：万元）与销售量（单位：万件）之间的对应数据如下表所示：
根据表中的数据可得回归直线方程，相关系数，以下说法正确的是（ ）
A．第四个样本点对应的残差，回归模型的拟合效果一般
B．第四个样本点对应的残差，回归模型的拟合效果较好
C．销售量的多少有96%是由研发投入费用引起的
D．销售量的多少有4%是由研发投入费用引起的
6．已知函数（，），满足，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若的图象关于直线对称，则的取值可以为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．已知四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，且.若四棱锥P-ABCD的五个顶点在以4为半径的同一球面上，当PA最长时，则四棱锥P-ABCD的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．数列中，，且（），则数列前2021项和为（ ）
A．B．C．D．
9．已知第一象限内的点P在双曲线（，）上，点P关于原点的对称点为Q，，，是C的左、右焦点，点M是的内心（内切圆圆心），M在x轴上的射影为，记直线的斜率分别为，，且，则C的离心率为（ ）
A．2B．8C．D．
二、填空题（共6小题）
10．已知为虚数单位，复数的虚部是 ．
11．二项式的展开式中的常数项为 .
12．已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点在圆C上，且圆心到直线的距离为，则圆C的方程为 .
13．一只不透明的口袋中装有形状、大小都相同的6个小球，其中2个白球，1个红球和3个黄球，从中1次随机摸出2个球，则恰有一球是黄球的概率是 ．
14．如图，在中，，，，D是边上一点，且.若，记，则 ；若点P满足与共线，，则的值为 .
15．对任意，不等式恒成立，则的取值范围是 .
三、解答题（共5小题）
16．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
(1)求的值；
(2)若，
（i）求a的值；
（ii）求的值．
17．如图，在多面体中，平面．

(1)求证：直线平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
18．如图，已知椭圆：的离心率为，过左焦点且斜率为的直线交椭圆于两点，线段AB的中点为，直线：交椭圆于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：点在直线上；
（3）是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
19．已知数列是等差数列，，，数列的前n项和为，且，
(1)求数列和的通项公式；
(2)若集合中恰有四个元素，求实数的取值范围；
(3)设数列满足，的前n项和为，证明：．
20．已知函数
(1)当时，求在点处的切线方程；
(2)若对恒成立，求实数的取值范围
(3)若有3个零点，其中，求实数的取值范围，并证明．
研发投入费用
2.2
2.6
4.3
5.0
5.9
销售量
3.8
5.4
7.0
10.35
12.2
1．C
【分析】根据集合的并集以及补集运算即可求出．
【详解】因为，所以．
故选：C．
2．A
【解析】利用充分不必要条件的定义进行判断可得选项．
【详解】因为，，所以前者是后者的充分不必要条件.
故选：A
3．C
【分析】由图象对称性可知应为偶函数，可排除BD；当时，，可排除A.
【详解】由图象对称性可知：应为偶函数，
对于B，，为奇函数，B错误；
对于D，，为奇函数，D错误；
由图象可知：当从正方向无限接近时，；
对于A，当从正方向无限接近时，，，，A错误.
故选：C.
4．D
【解析】找中间量和进行比较可得答案.
【详解】解: ,
,
,
所以,即.
故选：D
【点睛】指数式、对数式、幂值比较大小问题，思路如下：
思路一:对于同底数的幂值或对数式，直接根据指数函数或对数函数的单调性比较大小；
思路二:对于不同底数的幂值或对数式，化为同底数的幂值或对数式，再根据思路一进行比较大小；或者找中间量（通常找和）进行比较.
5．C
【分析】先根据回归直线必过样本点中心，求出，即可根据残差＝观测值－预测值，判断的真假，再根据相关系数的大小的意义即可判断的真假．
【详解】因为，，所以
，解得，
所以，,故错误；
因为,所以销售量的多少有96%是由研发投入费用引起的, C正确,D错误.
故选：C．
6．B
【解析】由，求得，进而得，再结合三角函数的性质，求得，，即可求解.
【详解】因为，即，所以，
又因为，所以，所以，
函数的图象向右平移个单位得到，
的图象关于直线对称，，，
即，，令，得.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质的综合应用，熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
7．C
【分析】推导出点在与垂直的圆面内运动，当、、三点共线时，达到最长，推导出平面，将四棱锥补形为长方体，
其体对角线为，底面边长为的正方形，由此能求出四棱锥体积．
【详解】如图，由及，得平面，
即点在与垂直的圆面内运动，
由题意知，当、、三点共线时，达到最长，
此时，是圆的直径，则，
又，所以平面，
此时可将四棱锥
补形为长方体，
其体对角线为，底面边长为2的正方形，
由题意得高，
故四棱锥体积．
故选：C
8．B
【分析】由已知可得，从而得，再由得，所以，然后利用裂项相消求和法可求得结果
【详解】因为（），
所以，整理得，，
所以，
因为，所以，
所以，
所以数列前2021项和为
，
故选：B
9．A
【分析】根据切线性质和双曲线定义求得，然后由斜率公式和点P在双曲线上整理化简，结合已知求解可得.
【详解】设圆M与，分别切于点A，B，则，，
且
，
所以，点，

设Px1,y1，，则，
所以，，
，
所以，.
故选：A．
【点睛】方法点睛：本题主要考查双曲线的离心率求解问题.解决圆锥曲线的离心率问题，一般离不开圆锥曲线的定义，如果有角的条件，则常常要用到正余弦定理，如果有三角形的内切圆条件，一般与切线性质或三角形的等面积转化有关，遇到线段的比值时，经常需要利用相似形转化.
10．2
【分析】根据复数除法计算方法化简，进而求出虚部．
【详解】，
所以复数的虚部是2．
故答案为：2．
11．
【分析】展开式的通项为，由得出，代入即可得出答案.
【详解】二项式的展开式的通项为.
由，可得，
所以，常数项为.
故答案为：.
12．
【详解】试题分析：设，则，故圆C的方程为
【考点】直线与圆位置关系
【名师点睛】求圆的方程有两种方法：
（1）代数法：即用“待定系数法”求圆的方程．①若已知条件与圆的圆心和半径有关，则设圆的标准方程，列出关于a，b，r的方程组求解．②若已知条件没有明确给出圆的圆心或半径，则选择圆的一般方程，列出关于D，E，F的方程组求解．
（2）几何法：通过研究圆的性质、直线和圆的位置关系等求出圆心、半径，进而写出圆的标准方程．
13．##0.6
【分析】利用古典概型，结合列举法即可.
【详解】根据题意，设2个白球的编号为，1个红球的编号为c，3个黄球编号为，
从中1次随机摸出2个球，共有：
，共15种基本事件，
其中满足恰有一球是黄球的基本事件有9种，
故所求概率．
故恰有一球是黄球的概率为：．
故答案为：．
14． ## 或
【分析】把两边用表示即可得解；利用共线向量建立，之间的数乘关系，进而结合第一空把用表示，利用垂直向量点积为零可得解．
【详解】，
∴，
∴，
则
，
又，∴，
所以；
∵与共线，
∴可设，，
∵，
∴，
∴
=，
=，
∴=，①
∵，
∴，，，②
把②代入①并整理得：
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴或，
故的值为或．
故答案为：；或．
15．
【分析】把不等式转化为，记，则原不等式转化为恒成立，画出f(x)的图像，然后用数形结合和图像变换的思想来解题即可.
【详解】解：不等式等价于，
记，则原不等式等价于.
所以，不等式恒成立等价于不等式恒成立.
而，且图像如下图所示：
若，则不等式恒成立；
若，可以看作是f(x)向左或向右平移个单位，
不等式恒成立可以看作是的图像在f(x)的上方或函数值相等.
所以要使的图像在f(x)的上方或函数值相等只能把f(x)的图像向左平移至少1个单位得到，如下图所示：
所以：.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查绝对值不等式、图像变换、数形结合的思想，属于综合性题目.
16．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）利用同角基本关系式与正弦定理的边角变换即可得解；
（2）（i）利用余弦定理运算即可得解；（ⅱ）根据三角恒等变换运算即可得解.
【详解】（1）由，且C是三角形的内角，则，
因为，由正弦定理得，
所以.
（2）（i）因为，所以，又，
由余弦定理得，
即，解得或（舍去），
所以；
（ⅱ）由（1）知，由知A为锐角，得，
所以，
，
所以.
17．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）求得直线方向向量，平面法向量，通过向量的垂直关系即可求助；
（2）由面面夹角的向量法即可求解.
【详解】（1）证明：因为平面平面，
所以，所以两两垂直，
则以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，则由，
可得，令，得，
所以，则，
又因为平面，所以直线平面；
（2）解：由，得，
设平面的一个法向量为，则由，
可得，令，得，
所以，
则平面与平面夹角的余弦值为．
18．（1）（2）详见解析（3）存在，且
【分析】（1）根据离心率和焦点坐标列方程组，解方程组求得的值，进而求得椭圆的方程.（2）写出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，求得中点的坐标，将坐标代入直线的方程，满足方程，由此证得点在直线上.（3）由（2）知到的距离相等，根据两个三角形面积的关系，得到是的中点，设出点的坐标，联立直线的方程和椭圆的方程，求得点的坐标，并由此求得的值.
【详解】解：(1) 解：由，解得a=2，
所以所求椭圆的标准方程为
（2）设，，，
，消得，，
解得
将代入到中，满足方程
所以点在直线上.
（3）由（2）知到的距离相等，
若的面积是面积的3倍，得，
有，
∴是的中点，
设，则，
联立，解得，
于是
解得，所以.
【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查根与系数关系，考查方程的思想，属于中档题.要证明一个点在某条直线上，那么先求得这个点的坐标，然后将点的坐标代入直线方程，如果方程成立，则这个点在直线上，否则不在这条直线上.
19．(1)；
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求得，即可得数列an的通项公式；根据与之间的关系分析可知bn为等比数列，即可得数列bn的通项公式；
（2）由（1）可知：，设，原题意等价于关于n的不等式恰有4个不同的解，结合数列的单调性分析求解；
（3）根据等比数列求和可得，分析可知，结合等比数列求和公式分析证明.
【详解】（1）设等差数列an的公差为，
由题意可得：，解得，
所以；
又因为，
若，可得，解得；
若，可得，
两式相减得，即；
可知数列bn是以首项，公比的等比数列，所以.
（2）由（1）可知：，
若，即，可得，
设，原题意等价于关于n的不等式恰有4个不同的解，
令，
当且仅当时，等号成立，
可得，且，则，
所以实数的取值范围为.
（3）由题意可知：，则，
则，
因为，则，即，可得，
则；
又因为，则，可得，
则；
综上所述：.
20．(1)
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）对恒成立，化简分离参数可得对恒成立，构造函数，求出的最大值即可；
（3）将函数有三个零点转化为有两个零点，分类讨论，得使条件成立的的取值范围，再证明，结合，，即可得证.
【详解】（1）当时，，
则，
故，
所以在点处的切线方程为，
即；
（2）对恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
令，则，
所以函数在上单调递增，
所以，所以，
即实数的取值范围为；
（3），
，
令，
当时，在恒成立，则，
所以在单调递减，不满足，舍去；
当时，因为，
则除1外还有两个零点，则不单调，
所以存在两个不同的零点，所以，解得，
当时，设的两个零点为，
则，，所以，
当时，，，则单调递增；
当时，，，则单调递减；
当时，，，则单调递增；
又，所以，，
而，且，
，且，
所以存在，，使得，
即有3个零点，
综上，实数a的取值范围为，
因为
，
又，，
所以，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．