天津市北辰区2024-2025学年高三上学期11月期中考试 数学 Word版含解析

这是一份天津市北辰区2024-2025学年高三上学期11月期中考试 数学 Word版含解析，文件包含天津市北辰区2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试题Word版含解析docx、天津市北辰区2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页，20小题.试卷满分150分，考试用时120分钟.考试结束后，请将答题卡交回.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
第Ⅰ卷（选择题 共45分）
一、选择题：共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.
1. 设全集，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解.
【详解】因为，，所以，又，
所以.
故选：A.
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
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式、，利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】解不等式可得或，由可得，
因为或x>1，
所以，是的必要不充分条件，
故选：B.
3. 在下列各图中，两个变量具有线性相关关系的图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合线性相关关系的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项A：两个变量为函数关系，不是线性相关关系，所以A错误；
对于选项B：所有点不是在一条直线附近波动，不是线性相关关系，故B错误；
对于选项C：对于两个变量x，y，y随着x的增加而减少，
且所有点都在一条直线附近波动，所以具有线性相关关系，故C正确；
对于选项D：两个变量不具有相关性，故D错误．
故选：C.
4. 在某测量中，设点在点的南偏东，则点在点的（ ）
A. 北偏西B. 北偏东
C. 北偏西D. 南偏西
【答案】A
【解析】
【分析】根据方向角的概念判断即可
【详解】如下图所示：

因为点在点的南偏东，点在点的北偏西，
故选：A.
5. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出函数的定义域，即可判断函数的奇偶性，再根据时函数值的特征判断即可.
【详解】函数的定义域为，
且，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、C；
当时，故排除B.
故选：D
6. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.
【详解】因为，即，
又，，所以，
所以.
故选：A
7. 已知三棱锥外接球的球心在线段上，若与均为面积是的等边三角形，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出图形，设，根据三角形的面积公式求出的值，分析可知，求出的长，可得出球的半径，再利用球体表面积公式可求得球的表面积.
【详解】如下图所示：
设，因为与均为面积是的等边三角形，
则，可得，
因为三棱锥外接球的球心在线段上，则，
则，
所以，球的半径为，
因此，三棱锥外接球的表面积为.
故选：D.
8. 函数，则下列结论正确的有（ ）
①函数的最大值为；
②函数的一个对称中心为；
③函数上单调递减；
④，将图象向右平移单位，再向下平移个单位可得到的图象.
A. ①③B. ①④C. ②③D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】先化简函数为，再利用正弦函数的性质逐项判断.
【详解】
，
①函数的最大值为，故正确；
②易知函数的对称中心的纵坐标为，故错误；
③由，得，
因为在上单调递增，故函数在上单调递增，故错误；
④由，将图象向右平移单位得到
的图象，
再向下平移个单位可得到的图象，故正确；
故选：B
9. 已知函数，，若关于的方程恰有三个不相等的实数解，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，则hx的图象可由的图象上下平移得到，作出函数hx与的图象，由题意，原问题等价于hx与的图象有三个不同的交点，结合图象列出不等式组求解即可得答案．
【详解】解：设，作出函数和的图象如图，
则hx的图象可由的图象上下平移得到，
要使方程恰有三个不相等的实数解，
等价于hx与的图象有三个不同的交点，
由图象可知，只须满足，即，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D．
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
第Ⅱ卷（非选择题 共105分）
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.
10. 已知复数（其中为虚数单位），则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再计算其模.
【详解】因为，
所以.
故答案为：
11. 的展开式中的系数为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理确定的系数.
【详解】
因此展开式中的系数为
【点睛】本题考查二项式定理，考查基本分析求解能力.
12. 已知圆心在轴上的圆与倾斜角为的直线相切于点则圆的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】设圆心为，半径为，根据两点间距离公式，可的半径，根据点斜式方程，可得直线的方程，根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，代入公式，化简计算，即可得答案.
【详解】设圆心为，半径为，
依题意可得，
直线的方程为：，整理得，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，
所以，解得，
所以圆的方程为.
故答案为：
13. ，，若是与的等比中项，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件得到，从而有，再利用“1”的妙用，即可求解.
【详解】因为是与的等比中项，得到，得到，
又，，则，
又，当且仅当，即时，取等号，
所以，当且仅当时，取等号，
故答案为：.
14. 天津是一个历史悠久的文化古都，盘山，石家大院，古文化街，鼓楼这四个景点又是天津十分有名的旅游胜地.已知某游客游览盘山的概率为，游览石家大院，古文化街，鼓楼的概率都是，且该游客是否游览这四个景点相互独立，则该游客只游览一个景点的概率为______；该游客至少游览三个景点的概率为______
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用相互独立事件的概率公式，即可求出该游客只游览一个景点的概率；至少游览三个景点分为游览了三个景点或四个景点，分别求出这两种情况的概率，相加即可.
【详解】只浏览一个景点的概率为：.
游览三个景点的概率为：，
游览四个景点的概率为：，
故至少游览三个景点的概率为：.
故答案为：；.
15. 如图，平行四边形中，，为的中点，为线段上一点，且满足，则______；若的面积为，则的最小值为______.

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设，由平面向量线性运算表示即可求出，由结合基本不等式可得的最小值.
【详解】设，
则
，
∴，故，
∴，即.
由的面积为得，，故，
∴
，当且仅当时取等号,
∴的最小值为.
故答案为：；.
三、解答题：本大题共5个小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
16. 已知的内角，，，的对边分别为，，，满足
（1）求角的大小；
（2）若，，求边的值；
（3）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由，利用正弦定理求解；
（2）利用余弦定理求解；
（2）利用二倍角公式和两角差的余弦公式求解.
【小问1详解】
解：因为，由正弦定理得：
，即，
因为，所以，则；
【小问2详解】
由（1）知，又，，
由余弦定理得：，即，
解得，则；
【小问3详解】
由得：，
则，
所以，
.
17. 如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形.
（1）求证：平面；
（2）求点到直线的距离；
（3）求平面与平面夹角的余弦值
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
分析】（1）设，由三角形中位线性质可得，由线面平行判定推理即可；
（2）以为坐标原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到直线的距离；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
证明：设，连接，
由四边形为矩形，得为中点，
又为中点，则，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
解：由垂直于梯形所在平面，，得直线、、两两垂直，
以为坐标原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
，，
所以，点到直线的距离为.
【小问3详解】
解：由（2）可知，，，
设平面的法向量，则，
令，得，
易知平面的一个法向量，
则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知等差数列的前n项和为，数列是各项均为正数的等比数列，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和；
（3）令，数列的前n项和，求证：．
【答案】（1），；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为，根据已知条件列方程组可求出公差和公比，从而可求出数列和的通项公式；
（2）由（1）可得，再利用错位相减法可求出，
（3）由（1）可得，再利用裂项相消法可证得结论.
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，等比数列的公比为．
因为，
所以，解得，
所以数列的通项公式为．
，由，得，
所以数列通项公式为．
【小问2详解】
，①
，②
①②，
所以
【小问3详解】
证明：因为，
所以
所以
因为
所以．
19. 已知椭圆：（）的一个焦点为，其短轴长是焦距的倍，点为椭圆上任意一点，且的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设动直线：与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点.问：轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，定点
【解析】
【分析】（1）设焦距，一个焦点为F−c,0，从而得到，解得、、，即可求出椭圆方程；
（2）联立，消元，根据题意可得且，从而可求得的关系式及点的坐标，在求出点的坐标，假设在轴上存在定点满足条件，设，则，从而可得出结论.
【小问1详解】
依题意设焦距为，一个焦点为F−c,0，
因为点为椭圆上任意一点，且的最大值为，则，
则，解得（负值已舍去），
所以椭圆的方程；
【小问2详解】
由，消元可得，
∵动直线与椭圆有且只有一个公共点，设Px0,y0，
且，
即，
化简得，，
此时，，即，
由，得，
假设在轴上存在定点满足条件，设，
则对满足式的，恒成立，
，，
由，
得，
整理得
由于式对满足式的恒成立，
所以，解得，
故存在定点，使得以为直径的圆恒过点.
【点睛】方法点睛：处理定点问题的三个常用策略：
（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，通过等量关系代入化简变形，分析研究出变化的量与参数无关，从而找到定点；
（2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明存在着动态变化中不受变量影响的该定点；
（3）定位分析法：先根据几何性质（如：图形对称性、点线相对性、动态趋势等）探索出定点大致位置，从而确定证明方向再加以证明.
20. 已知函数，
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当函数有两个极值点且.证明：.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当 时，，求其导函数，得到 ，再求出 ，由直线方程的点斜式可得答案；
（2）求出 ，然后对 和 分类讨论，由在不同区间内的符号可得原函数的单调区间，进而判断原函数的单调性；
（3）由（2）知，当时，有两个极值点且满足，由题意可知，可得 ，令， ，利用导数求其最大值可得结论 .
【小问1详解】
当时，，则
所以，又，
所以函数在处的切线方程为，即
.
小问2详解】
函数定义域为，则，
令，即，则
当，即时，，此时在上单调递减；
当，即当或时，若，方程的两根为，则两根均为正根，且，则时，，单调递减，时，，单调递增，时，，单调递减，若，恒成立，所以在上单调递减；
综上，当，在上单调递减；当时，在，上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
证明：由（2）知，当时，有两个极值点，满足，则
，
所以

令， 则
，
则当时，，单调递增，当，，单调递减，
所以，即.
【点睛】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，训练了构造函数法证明不等式的成立，属难题.