天津市蓟州区第一中学2025届高三上学期第一次学情调研数学试题（解析版）

这是一份天津市蓟州区第一中学2025届高三上学期第一次学情调研数学试题（解析版），共21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（本大题9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的，请将选项涂在答题卡上）
1. 已知集合，或x>5，则（ ）
A. 或B.
C. D. 或x>5
【答案】A
【解析】
【详解】由并集的定义可得或.
故选A.
2. 已知是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】C
【解析】
【分析】在A中，a与b可以成任意角；在B中a与b是平行的；在C中，可得b⊥α，从而得到；在D中，可得a与b可以成任意角，从而得到正确结果.
【详解】由a，b是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，
在A中， ，因为b的方向不确定，则a与b可以成任意角，故A错误；
在B中，根据对应的性质可知，可知a与b是平行的，故B错误；
在C中，由可知，由线面垂直的性质可知，故C正确；
在D中，，因为b的方向不确定，可得a与b可以成任意角，故D错误．
故选：C.
3. 下列结论错误的是（ ）
A. 若随机变量满足，则
B. 数据的第60百分位数为9
C. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验，可判断与有关
【答案】C
【解析】
【分析】A选项由方差性质判断；B选项应用百分位数求法判断；C选项根据随机抽样的性质分析判断； D选项由独立检验的基本思想判断.
【详解】若随机变量满足，由方差性质可知，A选项正确；
，数据的第60百分位数为第5个数据9，B选项正确；
用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是，C选项错误；
由，结合独立检验的基本思想，在小概率情况下可判断与有关，D选项正确.
故选：C.
4. 我国著名数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
首先排除函数的奇偶性，再判断时的函数值的正负.
【详解】，函数是奇函数，故排除AB，
当时，，2+csx>0，所以，故排除D.
故选：C
5. 在正方体中，三棱锥的表面积为，则正方体外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果．
【详解】解：设正方体的棱长为，则，
由于三棱锥的表面积为，
所以
所以
所以正方体的外接球的半径为，
所以正方体的外接球的体积为
故选：．
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
6. 已知函数，且，，，则、、的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先确定函数的奇偶性与单调性，然后结合中间值0和1比较幂和对数的的大小，最后可得结论．
【详解】由题意知是偶函数，由复合函数单调性知在上，函数单调递增，
，，，，
又，∴．
故选：D
【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，考查幂与对数的比较大小，实质考查了指数函数与对数函数的性质，属于中档题．
7. 已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为3，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，则此球的表面积等于（ ）
A. 8πB. 9πC. 10πD. 11π
【答案】A
【解析】
【分析】由AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°可得三角形ABC的面积及外接圆的半径，再由三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，可得外接球的半径，进而求出外接球的表面积．
【详解】由AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，由余弦定理可得：
BC，
∴，∠ACB＝90°，∴底面外接圆的圆心在斜边AB的中点，
设三角形ABC的外接圆的半径为r，则r1，
又，
所以V柱＝S△ABC•AA1，所以可得AA1＝2，
因为三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，
所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，
设外接球的半径为R，则R2＝r2+（）2＝12+12＝2，
所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π×2＝8π，
故选：A．
【点睛】本题考查三棱柱的体积及三棱柱的棱长与外接球的半径之间的关系，以及球的表面积公式，属于中档题．
8. 下列命题正确的个数为（ ）
①长方体中，， ，则异面直线与所成角的余弦值为；
②对于命题：，，则命题的否定：，；
③ “ ”是“”的充分不必要条件；
④已知∠BAC=5π6，，，且，则的值为.
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用异面直线夹角的定义求解①；利用特称量词命题的否定的定义求解②；利用指数函数、对数函数的性质求解③；利用向量的数量积运算律求解④.
【详解】对①，如图，
连接,
因为，所以为异面直线与所成角，
因为,
取中点为，连接，则
所以,①错误；
对②，命题：，，的否定是：，，②正确；
对③，等价于，等价于，
所以“ ”是“”的充分不必要条件，③正确；
对④，因为，所以,
所以
，
解得，④正确；
故选：D.
9. 设表示集合的子集个数，，，其中.给出下列命题：
①当时，是函数的一个对称中心；
②时，函数在上单调递增；
③函数的值域是；
④对任意的实数x，任意的正整数k，恒成立.
其中是真命题为（ ）
A. ①③B. ②④C. ①③④D. ②③④
【答案】C
【解析】
【分析】根据子集个数确定数列通项公式，求得，对于①②根据余弦函数的图象与性质判断即可，对于③根据二倍角的余弦公式，结合二次函数的最值判断即可，对于④根据余弦函数的有界性及等比数列求和判断即可.
【详解】由集合的子集个数为知，，所以
，，所以，所以，
令，，得，
当时，函数的对称中心为，故①正确；
因为，所以，令，
则在上不单调，所以函数在上不单调，故②错误；
，
所以当时，取最大值，所以当时，取最小值，
即函数的值域是，故③正确；
，故④正确；综上，真命题为①③④.
故选：C
【点睛】关键点点睛：第一个关键点要掌握余弦函数的图象与性质及复合函数的值域求解，第二个关键在于利用三角函数的有界性对不等式放缩，再结合等比数列前n项和进一步放缩判断.
二、填空题（本大题6小题，每题5分，共30分，将答案写在答题纸相应位置上）
10. 已知，且复数是纯虚数，则________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据复数的四则运算进行化简得，又由于该复数为纯虚数，故，解得.
【详解】解：，
又该复数为纯虚数
故，，
故答案为：
11. 二项式的展开式中的常数项为________．
【答案】60
【解析】
【分析】利用展开式的通项公式，可求常数项.
【详解】展开式的通项为．
令，得，则的常数项为．
故答案为：．
12. 假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率为，乙厂产品的合格率为，在该市场中购买甲厂的两个灯泡，则恰有一个是合格品的概率为___________；若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为___________.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】根据全概率公式和条件概率公式计算即可.
【详解】在该市场中购买甲厂的两个灯泡，
恰有一个是合格品的概率为，
若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为.
故答案为：；.
13. 已知函数的最小正周期为，其图像向左平移个单位长度后所得图像关于轴对称，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据周期求，再根据函数的性质求，即可求函数的解析式.
【详解】函数的最小正周期为，
，．
其图象向左平移个单位后，可得的图象；
根据所得图象关于轴对称，可得，，即，，
又，则．
所以
故答案为：
14. 若，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】将所求代数式变形为，然后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值.
【详解】因为，则，
，
当且仅当，即当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故答案为：.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
15. 已知，函数若对任意x∈［–3，+），f(x)≤恒成立，则a的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意分类讨论和两种情况，结合恒成立的条件整理计算即可求得最终结果.
【详解】分类讨论：①当时，即：，
整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：
当时，，则；
②当时，即：，整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：
当或时，，则；
综合①②可得的取值范围是，故答案为.
点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．
三、解答题（本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
（1）求B的大小；
（2）若，求△ABC的面积.
（3）已知，且α为锐角，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理结合两角和的正弦公式化简，即可得解；
（2）先利用余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可得解；
（3）先利用平方关系求出，再根据结合诱导公式即可得解.
【小问1详解】
∵，
∴由正弦定理可得，
又
∴
∵，∴
∵，∴；
【小问2详解】
∵，
∴由余弦定理可得，整理可得，
又，解得，
∴；
【小问3详解】
因为α为锐角，所以
又因为
所以为钝角，
则
17. 如图，平面，，点分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值；
（3）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接，证得，利用用线面判定定理，即可得到平面.
（2）以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．
（3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解．
【小问1详解】
连接，因为，所以，又因为，所以为平行四边形.
由点和分别为和的中点，可得且，
因为为CD的中点，所以且，
可得且，即四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面.
小问2详解】
因为平面，，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.
依题意可得，.
，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得，.
，于是.
所以，二面角的正弦值为.
【小问3详解】
设，即，则.
从而.
由（2）知平面的法向量为，
由题意，，即，
整理得，解得或，
因为所以，所以.
则N到平面的距离为.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的大小；
（3）线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面所成角为，若存在，求线段PM的长；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）先证、，即可由线线垂直证线面垂直；
（2）以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，即可由法向量的夹角得出两平面的夹角；
（3）设，，求出，可得，整理得，由，方程无解，即可得不存在这样的点M
小问1详解】
证明：因为是正三角形，O是AD的中点，所以.
又因为平面，平面，所以.
，AD，平面，所以面.
【小问2详解】
如图，以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，，，，
设平面的法向量为，
所以，即，
令，则，
又平面的法向量，
所以.
所以平面与平面所成角为.
【小问3详解】
假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面所成角为，则直线GM与平面法向量所成的夹角为，
设，，，，
所以，
所以，
整理得，，方程无解，所以，不存在这样的点M.
19. 已知常数,函数.
(1)讨论f(x)在区间上的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点,且,求的取值范围.
【答案】(1)详见解析 (2)
【解析】
【详解】试题分析:(1)首先对函数f(x)求导并化简得到导函数,导函数的分母恒大于0,分子为含参的二次函数,故讨论分子的符号,确定导函数符号得到原函数的单调性,即分和得到导函数分子大于0和小于0的解集进而得到函数的单调性.
(2)利用第(1)可得到当时,导数等于0有两个根,根据题意即为两个极值点,首先导函数等于0的两个根必须在原函数f(x)的可行域内,把关于的表达式带入,得到关于的不等式,然后利用导函数讨论的取值范围使得成立.即可解决该问题.
(1)对函数f(x)求导可得
,因为,所以当时,即时,恒成立,则函数f(x)在单调递增,当时, ,则函数f(x)在区间单调递减,在单调递增的.
(2)解:(1)对函数f(x)求导可得,因为,所以当时,即时,恒成立,则函数f(x)在单调递增,当时, ,则函数f(x)在区间单调递减,在单调递增的.
(2)函数f(x)的定义域为,由(1)可得当时,,则,即,则为函数f(x)的两个极值点,代入可得
=
令,令,由知: 当时,, 当时,,
当时,,对求导可得,所以函数在上单调递减,则,即不符合题意.
当时, ,对求导可得,所以函数在上单调递减,则,即恒成立,
综上的取值范围为.
考点：导数 含参二次不等式 对数 单调性
20. 已知函数．（注：是自然对数的底数）．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，函数在区间内有唯一的极值点．
①求实数的取值范围；
②求证：在区间内有唯一的零点，且．
【答案】（1）
（2）① ；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义，求切点处的切线方程；
（2）利用导数研究单调性得到极值的个数，利用函数单调性并通过构造新函数比较零点和极值点的大小关系.
【小问1详解】
当时，， ，
切线的斜率，又，所以切点为，
所以，切线方程为
【小问2详解】
①.函数，，
（ⅰ）当时，当时，，，，则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上递增，即在上递增，
又，，所以在上有唯一零点，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意，
综上，的取值范围是．
②.由①知，当时，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
所以时，，则，
又因为，所以在上有唯一零点，
即在上有唯一零点．
因为，
由①知，所以，
则
，
设，，
则，
，，所以
在为单调递增，又，所以，
又时，，所以．
所以．
由前面讨论知，，在单调递增，
所以．
【点睛】思路点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.