高級中學名校試題PAGEPAGE1天津市和平區(qū)2025屆高三下學期第一次質量調查數學試卷一?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.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因為，，則.故選：A.2.已知，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】C【解析】若，則，反之若，則，所以是的充要條件.故選：C3.已知函數是偶函數，則實數（）A. B. C. D.【答案】B【解析】對于函數，有，解得，所以，函數的定義域為，且，因為函數為偶函數，則，即，可得對任意的恒成立，則.故選：B.4.某物理量的測量結果服從正態(tài)分布，下面結論中不正確的是（）A.該物理量在一次測量中小于2的概率為0.5B.該物理量在一次測量中小于1.98與大于2.02的概率相等C.該物理量在一次測量中落在與落在的概率相等D.越小，該物理量在一次測量中在的概率越大【答案】C【解析】對于A，由正態(tài)分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量大于2的概率為，故A正確；對于B，由正態(tài)分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量結果大于的概率與小于的概率相等，故B正確；對于C，因為正態(tài)分布密度曲線的性質，該物理量測量結果落在的概率大于落在的概率，所以一次測量結果落在的概率大于落在的概率，故C錯誤；對于D，為數據方差，所以越小，數據在附近越集中，所以測量結果落在內的概率越大，故D正確；故選：C.5.已知，則的大小關系為（）A. B.C D.【答案】B【解析】依題意，，，所以的大小關系為.故選：B6.已知直線經過拋物線的焦點，直線與圓相交于、兩點，且，則實數的值等于（）A. B. C.或 D.或【答案】C【解析】易知拋物線的焦點為，且直線經過點，則，可得，所以，直線的方程為，即，圓的圓心為，半徑為，由題意可知，圓心到直線的距離為，由點到直線的距離公式可得，即，解得或.故選：C.7.關于函數，下面結論成立的是（）A.在區(qū)間上的最大值為B.在區(qū)間上單調遞增C.D.的圖象關于點對稱【答案】D【解析】解：A選項：因為，所以，則，即在區(qū)間上的最大值為.故A不正確；B選項：因為，則，所以在上單調遞增，，所以在上單調遞減，故B不正確；C選項：，故C不正確；D選項：當時，，所以為的圖象的對稱中心，故D正確.故選：D8.已知正四面體（四個面都是正三角形），其內切球（與四面體各個面都相切的球）表面積為，設能裝下正四面體的最小正方體的體積為，正四面體的外接球（四面體各頂點都在球的表面上）體積為，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】設正四面體的棱長為，則正四面體的表面積為，由題設底面的外接圓半徑，則所以正四面體的高為，其體積為，設正四面體內切球球心為，半徑為，解得：，所以，解得：，將該正四面體放入下圖的正方體內，使得每條棱恰好為正方體的面對角線，此時即為能裝下正四面體的最小正方體，正四面體的最小正方體的邊長為，如下圖，即，所以，體積為，設正四面體的外接球半徑為，則正方體的外接球，也即正四面體的外接球的半徑為，所以，所以外接球的體積為，.故選：A.9.已知是雙曲線的右焦點，過點作垂直于軸的直線與雙曲線交于兩點，分別為雙曲線的左、右頂點，連接交軸于點，連接并延長交于點，且，則雙曲線的離心率為（）A. B.3 C.2 D.【答案】D【解析】根據題意，畫出示意圖，如圖所示，則的橫坐標都為，代入雙曲線方程得,而，所以直線方程為，令，得，所以直線:，令得，，因為，所以可得，整理得，所以.故選：D.二?填空題（本大題共6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.為虛數單位，復數的實部為__________.【答案】2【解析】,所以復數的實部為2.故答案為：2.11.在的展開式中，的系數為__________.（用數字作答）【答案】【解析】因為的通項為，令，得，所以的系數為．故答案為：.12.袋子中裝有8球，其中6個黑球，2個白球，若依次隨機取出2個球，則在第一次取到黑球的條件下，第二次取到白球的概率為__________；若隨機取出3個球，記取出的球中白球的個數為，則的數學期望__________.【答案】①.②.【解析】設“第一次取到黑球”為事件，“第二次取到白球”為事.則.表示第一次取到黑球且第二次取到白球的概率.第一次取黑球有種取法，第二次取白球有種取法，從個球中依次取個球的總取法有種，所以.根據條件概率公式，可得.隨機取出個球，取出的球中白球的個數可能取值為，，.表示取出的個球都是黑球的概率，從個黑球中取個球的組合數為，從個球中取個球的組合數為，所以.表示取出的個球中有個白球和個黑球的概率，從個白球中取個球的組合數為，從個黑球中取個球的組合數為，所以.表示取出的個球中有個白球和個黑球的概率，從個白球中取個球的組合數為，從個黑球中取個球的組合數為，所以.根據期望公式可得.故答案為：；.13.已知正項數列的前項和滿足，則__________.【答案】【解析】由題知，即，因為，解得，時，，即，因為，解得，時，，即，即，因為，解得，同理可得，.故答案為：.14.已知平面四邊形滿足，且，為的中點，則__________，若、分別為線段、上的動點，且滿足，則的最小值為__________.【答案】①.②.【解析】因為，可得，因為，則，因為，則，且，如下圖所示：以點為坐標原點，直線為軸，過點且垂直于的直線為軸建立如上圖所示的平面直角坐標系，則、、、、，；設點、，其中，，，，所以，，可得，因為，則，則，，所以，，則，當且僅當時，即當時，等號成立，因此，的最小值為.故答案為：；.15.若關于的方程有兩個不相等的實根，則實數的取值范圍是__________.【答案】【解析】右邊的，即：.解方程得或;解方程得或.需要根據的符號討論：（1）當時方程變?yōu)椋矗獾没颍袃蓚€不等實根.（2）當時，關鍵點順序：記：方程變?yōu)椋?解，得.當時，根據開口方向和對稱軸可知，至多有一解.恰有一解條件,解得當時，,有一解條件,解得;當時,,至多有一解.有一解條件，解得.所以時有2解;若,由于,時，得

.:此時,有一解條件,,或者，無解.有兩解的條件：,解得.所以時符合題意.綜上所述，當且僅當時方程有兩個不同的實數解.故答案為：.三?解答題（本大題共5小題，共75分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）16.在中，角所對的邊分別為，已知的面積為，，.（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值.解：（1）中，由，得，由面積為，有，整理得，又，解得（負值舍去）在中由余弦定理，可得.（2）在中由正弦定理，得.（3）因，則.17.如圖，在四棱錐中，平面平面，，且.（1）求直線與平面所成角的正弦值；（2）求平面與平面的夾角的余弦值；（3）求點到平面的距離.解：（1）平面平面，交線為，過在平面內作，故平面，又因為，因此以點為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如下圖所示的空間直角坐標系.由已知，求得，所以.，因為，設平面的法向量為，則令，則，設直線與平面所成角為，則直線與平面所成角的正弦值為.（2）易知平面的法向量為，設平面與平面夾角為，則平面與平面夾角的余弦值為.（3）因，則點到平面的距離為.18.橢圓的左、右焦點分別為和，左頂點為，下頂點為.（1）求橢圓的離心率；（2）已知過的直線與橢圓交于兩點，若在直線上存在一點，使得為面積是的等邊三角形，求直線的方程與橢圓的標準方程.解：（1）依題意，且，所以，又，所以，整理得.（2）由（1）有，故橢圓方程可寫成.①當直線斜率不存在時，直線為，顯然不成立；②當直線斜率存在時，設直線為，設直線與橢圓交于不同的兩點中點為，由方程組整理得由已知可得，所以，且，①，②，①②式代入，整理得，滿足，即，代入①式，求得，故橢圓方程為，直線方程為或.19.已知，記無窮數列的前項中的最大值為，最小值為，令.（1）若，求數列的通項公式與其前項和；（2）若數列為遞增的等差數列，判斷數列是否也一定為遞增的等差數列，并說明理由；（3）若，設數列的前項和為，是否存在正整數，使得為等差數列？如果存在，求出所有的值，如果不存在，請說明理由.解：（1）由，即，當時，，當時，為偶數，，為奇數，且，故當時，，當時，，所以，（2）若為遞增的等差數列，設其公差為，則，所以，，若，則，矛盾，若，則，矛盾，所以，所以，是遞增的數列.由，所以，是公差為的等差數列，因此數列為遞增的等差數列得證.（3）若，由（2）可知也為等差數列，且公差為，，，，，，所以.若存在正整數，使得成等差數列，即，，即①，令，，所以單調遞減，φ2=49所以若①式成立，則，所以，類似的單調性，可得是單調減函數，由于，所以上面關于方程存在唯一解.因此存在唯一一組正整數，使得為等差數列.20.已知函數.（1）若，函數在點處的切線斜率為，求函數的單調區(qū)間和極值；（2）試利用（1）結論，證明：；（3）若，且，不等式恒成立，求的取值范圍.（1）解：當時，，，由已知，所以，即，因為，所以，當時，，當時，，因此，的單調遞增區(qū)間為，函數的單調遞減區(qū)間為.當時，函數取得極大值，無極小值.（2）