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天津市部分区2024-2025学年高三上学期1月期末练习数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
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
3．下列命题中
①散点图不能直观地判断两个变量是否具有线性相关关系；
②回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线；
③回归直线一定经过样本中心点.
其中正确命题的个数为（ ）
A． B． C． D．
4．下列函数中，图象关于原点对称的是（ ）
A． B． C． D．
5．设，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
6．已知是空间中的两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线.下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．已知函数的最小正周期为，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，过作角平分线的垂线，垂足为Q，O为坐标原点，则（ ）
A．9 B．6 C．3 D．1
9．在长方体中，，过点与直线AM垂直的平面将长方体分成两个部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
10．是虚数单位，复数 .
11．在的展开式中，常数项为 .
12．在平面直角坐标系中，以抛物线的焦点为圆心，且与直线相切的圆的方程为 .
13．某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会.一旦某次考试通过，便可领取资格证书，不再参加以后的考试；否则就继续参加考试，直到用完3次机会.小王决定参加考试，若他每次参加考试通过的概率依次为0.5，0.6，0.7，且每次考试是否通过相互独立，则小王在一年内领到资格证书的概率为 ；他在一年内参加考试次数的数学期望为 .
14．在中，D，E分别为BC，AC的中点，线段AD与BE相交于点，H，F分别为AB，AC边上一点，且G，H，F三点共线，若，其中为实数，则 ；的最小值为 .
15．已知函数.若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是 .
三、解答题
16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)若.
（i）求的值：
（ii）求的值.
17．如图，在四棱柱中，平面，其中是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离.
18．已知椭圆的离心率为，以椭圆的长轴和短轴端点为顶点的四边形面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设经过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，经过点且平行于轴的直线与椭圆交于点.证明：直线AC过定点.
19．已知为公比大于0的等比数列，且.
(1)求的通项公式；
(2)设数列满足.其中.
（i）求及；
（ii）求.
20．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明：当时，恒成立；
(3)是否存在实数a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
参考答案
1．C
【详解】由题知，.
故选：C
2．A
【详解】由可得，所以，故充分性成立；
由可得，取，则不成立，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．B
【详解】对于①，散点图可以直观地判断两个变量是否具有线性相关关系，故错误；
对于②，回归直线也可能不过任何一个点，故错误；
对于③，回归直线一定经过样本中心点，故正确.
故选：B
4．B
【详解】由函数图象关于原点对称，
可得函数是奇函数，
对于A，定义域为，
，故为偶函数，其图象关于轴对称，A错；
对于B，定义域为，
且，故为奇函数，其图象关于原点对称，B正确；
对于C，定义域为，
但其图象为开口向上的抛物线，且对称轴为，
所以既不是奇函数又不是偶函数，C错；
对于D，定义域为，
但，故为偶函数，其图象关于轴对称，D错.
故选：B.
5．C
【详解】由指数函数的性质，可得，所以，
根据对数的运算性质，可得，所以，
又由，所以，
所以.
故选：C.
6．D
【详解】对于选项A：根据线面垂直的判定定理可知：需保证m，n相交，故A错误；
对于选项B：根据面面垂直的判定定理可知：需推出线面垂直，现有条件不能得出，故B错误；
对于选项C：根据线面平面的判定定理可知：需保证，故C错误；
对于选项D：若，则，
且，所以，故D正确；
故选：D.
7．A
【详解】由题意可知函数的最小正周期，
由，且，
则与分别为函数的最大(小)，小(大)值，所以.
故选：A.
8．C
【详解】若在双曲线的右支（如图①），由双曲线的定义可知，
延长交于，因为为的平分线，且，
则，则为的中点，而为的中点，
所以为的中位线，
所以，
若在双曲线的左支（如图②），由双曲线的定义可知，
延长交于，因为为的平分线，且，
则，则为的中点，而为的中点，
所以为的中位线，
所以，
又因为双曲线的方程为，所以，即，
所以.
故选：C.
9．B
【详解】分别取靠近的三等分点，取靠近的三等分点，取靠近的三等分点， 连接，建立如下图所示空间直角坐标系，

不妨设，
所以，
所以，
所以，
又∵不共线，∴共面，
又因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
又，平面，
所以平面，
较小部分的几何体如下图所示，

其体积为，
由正四棱柱结构特点易知平面，平面，
所以，
所以较大部分体积，
所以较小部分与较大部分的体积比为.
故选：B.
10．
【详解】.
故答案为：
11．8
【详解】二项展开式通项公式为，
令，的，常数项为.
故答案为：8.
12．
【详解】抛物线的的焦点为，所以设圆的圆心为，设半径为，
所以设圆的方程为：，因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离，
，所以，
所以圆的方程为：.
故答案为：
13． 0.94 1.7
【详解】，
设一年内参加考试次数为，则的可能取值为，
，，
，
所以数学期望.
故答案为：；.
14．
【详解】由题意作图如下：
由为的中点，则，即，
由图可得，，
由为的两条中线与的交点，则，
由共线，则，即，
，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：；.
15．
【详解】设，则，，得，
当单调递增，
当单调递减，
当时，函数取得最大值2，
如图，画出函数的图象，
由，即，则，，
如图，画出函数的图象，设过点的切线与相切于点，
则，得，即切点，所以切线方程为，
如图，则与有2个交点，，
如图可知，若函数恰有三个零点，则，，
则，所以，
综上可知，．
故答案为： .
16．(1)6
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）由正弦定理及，
得
（2）（i）由余弦定理有，
（ii）因为，所以，
从而，
则，
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）
平面，平面，平面，
,又，
以A为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，不妨设，得
所以平面的一个法向量为，
，有，故.
又平面，所以平面．
（2）由（1）可知，
设平面的一个法向量为，
则，不妨设，得，
所以平面的一个法向量为，
于是，
所以，平面与平面的夹角余弦值为.
（3）由，平面的一个法向量为，
设点到平面的距离为，则，
所以，点到平面的距离为.
18．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）依题意，得，
解得，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线AB斜率为0时，直线AB与椭圆无交点，不符合题意，
从而设，
联立，化简并整理得
，
由题意，
即应满足，此时或，
所以，
因为直线BC斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，
由的对称性，在直线AC方程中令，
得，
所以直线AC过定点.
19．(1)
(2)（i），；（ii）
【详解】（1）的公比为，
因为，
可得，解得或（舍去），
所以
（2）（i）由（1）可知，
，
当时，，可知为等差数列，
（ii）由（i）可知，当时，，可知为等差数列，
可得，
所以，
记
则，
，
①，
②，
①－②得，
，
，
20．(1)
(2)证明见解析
(3)存在
【详解】（1）依题意，据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）当时，且时，，
令下证即可.
再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，
所以当时，恒成立.
（3）令，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意．

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