天津市2024-2025學年高三數學上學期期中試題含解析

Page12天津市2024-2025學年高三數學上學期期中試題本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試用時120分鐘.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考號填寫在答題卡上，并在規(guī)定位置粘貼考試用條形碼.答題時，務必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上的無效.第I卷留意事項：1.每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.2.本卷共9題，每小題5分，共45分.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】【分析】解一元二次不等式化簡集合，再利用集合交集的定義求解即可.【詳解】由解得，所以，所以，故選：A.2.已知函數，則（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據自變量所在的范圍代入解析式求解即可.【詳解】∵，∴，則.故選：B.3.命題“,”的否定是（）A., B.,C., D.,【答案】C【解析】【分析】依據全稱量詞命題的否定,只否定結論,不否定條件,全稱變特稱,特稱變全稱,選出答案.【詳解】解:由題知,命題“,”的否定是.故選:C4.甲、乙二人的投籃命中率分別為0.9、0.8，若他們二人每人投籃一次，則至少一人命中的概率為（）A.0.72 B.0.27 C.0.26 D.0.98【答案】D【解析】【分析】“至少一人命中”可分為三種狀況：甲、乙都中、甲中乙不中、甲不中乙中，結合二人投籃相互獨立，計算即得解.【詳解】由題意“至少一人命中”可分為三種狀況：甲、乙都中、甲中乙不中、甲不中乙中，記“至少一人命中”為事務，由甲、乙二人投籃相互獨立，則.故選：D5.設，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.既不必要也不充分條件【答案】B【解析】【分析】解出不等式，結合充分條件、必要條件的概念即可得到結果．【詳解】若，則，若，則，∵是真子集，則“”是“”的必要不充分條件.故選：B.6.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據對數函數的單調性推斷即可.【詳解】∵，，∴∵，，∴綜上，．故選：B．7.已知，則曲線在點處的切線方程為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求導，可得，再求解，結合直線方程的點斜式即得解.【詳解】由題意，故，且，故切線方程為：，即.故選：D8.當時，函數取得最大值，則（）A. B. C.2 D.4【答案】B【解析】【分析】依據題意可知，，可解得，即可求得答案【詳解】由可得，因為當時，函數取得最大值，所以，解得，所以，因此當，，單調遞增；當，，單調遞減，故當時取最大值，滿意題意，所以故選：B9.如圖，在四邊形中，，，，則的值為A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意首先求得和的值，然后結合數量積的運算法則可得的值.【詳解】由題意可得：，解得：，且：.由可知，故.故選C.【點睛】本題主要考查向量的運算法則，向量的數量積的計算，方程思想的應用等學問，意在考查學生的轉化實力和計算求解實力.二、填空題：本大題共6個小題，每小題5分，共30分.10.設是虛數單位，若復數為純虛數，那么實數_________.【答案】##0.5【解析】【分析】利用復數的除法運算進行化簡，然后利用純虛數的概念即可求解【詳解】由于，且復數為純虛數，所以，解得，故答案：11.若冪函數的圖像過點，則______.【答案】【解析】【分析】設出，代入點，求出，從而求出解析式，從而求出.【詳解】設，將代入，，解得：，故，.故答案為：-112.若實數x、y，滿意，則的最小值為______.【答案】4【解析】【分析】先對變形，再利用基本不等式求出最小值.【詳解】因為，所以，因為，由基本不等式可得：，當且僅當時，等號成立.故答案為：413.已知向量，向量，則_____________.【答案】【解析】【詳解】由向量，則，所以.14.的綻開式中常數項是______.【答案】15【解析】【分析】由二項式定理求出通項公式，得到，從而求出常數項.【詳解】的綻開式的通項公式為：，令，解得：，故.故答案為：1515.已知e為自然對數的底數，對隨意的x1∈[0，1]，總存在唯一的x2∈[﹣1，1]，使得x1+1+﹣a=0成立，則實數a的取值范圍是___________.【答案】（，e]【解析】【分析】由得，依據題意可得：,且,解出并且驗證等號是否成馬上可得出答案.【詳解】解:由,得,對隨意的,總存在唯一的,使得成立,,且,解得,又時,存在兩個不同的實數,因此舍去,的取值范圍是.故答案為:.三、解答題：本大題共5個小題，共75分.解答寫出文字說明、證明過程或演算步驟.16.在中，角的對邊分別為.(1)若，求的值；(2)若，求的值．【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】分析：（1）利用二倍角公式求得的值，進而利用誘導公式求得的值；（2）先利用余弦定理求得和的關系，進而依據求得，最終利用正弦定理求得的值.詳解：（1）若，即，變形可得，即，則，則.(2),,,由正弦定理可得,.點睛：本題主要考查余弦定理、正弦定理及兩角和與差的正弦公式，屬于簡潔題.對余弦定理肯定要熟記兩種形式：（1）；（2），同時還要嫻熟駕馭運用兩種形式的條件.另外，在解與三角形、三角函數有關的問題時，還須要記住等特別角的三角函數值，以便在解題中干脆應用.17.已知函數.（1）求的最小正周期及單調區(qū)間；（2）求在區(qū)間上的最大值與最小值.【答案】（1）最小正周期為，單調增區(qū)間為，單調減區(qū)間為.（2）最大值為2，最小值為【解析】【分析】（1）先利用三角恒等變換化簡得到，從而利用求出最小正周期，再利用整體法求解函數的單調區(qū)間；（2）依據求出，從而結合函數圖象求出最大值為2，最小值為.【小問1詳解】因為所以的最小正周期；令，，解得：，，令，，解得：，，單調增區(qū)間為，，單調減區(qū)間為，；【小問2詳解】已知，所以，當，即時，取得最大值，最大值為2，當，即時，取得最小值，最小值為-1，所以在區(qū)間上的最大值為2，最小值為.18.已知公差不為0的等差數列的首項為2，且，，成等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）令，求數列的前n項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)因為，，成等比數列，所以，再由為公差不為0的等差數列，設公差為d，代入方程解出d，得到數列通項公式；(2)將第一問通項公式代入，裂項相消法求數列的前n項和.【小問1詳解】因為，，成等比數列，所以，又為公差不為0的等差數列，設公差為d，則，且，解得，數列的通項公式為；【小問2詳解】由(1)，，則，設數列的前n項和為可得.19.已知等比數列的前項和為,公比,且為的等差中項,.（1）求數列的通項公式（2）記,求數列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由a2+1是a1，a3的等差中項，可得=，又，解得，即可得出通項;（2），利用錯位相減法即可得出．【詳解】（1）由題意，得.又，∴，∴，∵，∴或，∵，∴.∴.（2）由（Ⅰ），知.∴.∴.∴.∴.∴.【點睛】本題考查了等差數列與等比數列的通項公式求和公式、錯位相減法，考查了推理實力與計算實力，屬于中檔題．數列求和常用法有：錯位相減，裂項求和，分組求和等.20.已知函數，其中.（1）求函數的單調區(qū)間；（2）設，若對隨意的，恒成立，求的最大值.【答案】（1）當時，在上單調遞增，無單調遞減區(qū)間；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.（2）【解析】【分析】（1）先確定函數的定義域，然后求導，通過探討a的正負推斷導函數在定義域內有無零點，無零點時原函數在定義域內單調，有零點時再通過導函數確定各區(qū)間的單調性；（2）原不等式恒成立等價于原函數的最大值小于等于0成立，由第一問的單調區(qū)間求得原函數的最大值，記為關于a的函數，再通過對新函數求導推斷單調性，得到滿意新函數小于等于0的自變量a的最大整數值即可.【小問1詳解】，定義域為當時，