2024届天津市耀华中学高三上学期第一次月考数学试题含解析

这是一份2024届天津市耀华中学高三上学期第一次月考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据解一元二次不等式的解法，结合对数函数的单调性、集合交集的定义进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：B
2．设，则“”是“”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】分析：首先求解绝对值不等式，然后求解三次不等式即可确定两者之间的关系.
详解：绝对值不等式，
由.
据此可知是的充分而不必要条件.
本题选择A选项.
点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
3．函数的部分图象是
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据奇偶性排除B，当时，，排除CD，得到答案.
【详解】， 为奇函数，排除B
当时，恒成立，排除CD
故答案选A
【点睛】本题考查了函数图像的判断，通过奇偶性，特殊值法排除选项是解题的关键.
二、多选题
4．5G技术在我国已经进入调整发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如下表所示：
若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ）
A．由题中数据可知，变量与正相关，且相关系数
B．线性回归方程中
C．当解释变量每增加1个单位时，预报变量平均增加0.24个单位
D．可以预测时，该商场5G手机销量约为1.72（千只）
【答案】ACD
【分析】根据已知数据，分析总体单调性，结合增量的变化判断A选项；根据已知数据得到样本中心点，代入回归方程求解即可判断B选项；根据回归方程判断CD选项.
【详解】从数据看随的增加而增加，故变量与正相关，由于各增量并不相等，故相关系数，故A正确；
由已知数据得，，
代入中得到，故B错；
根据线性回归方程可得每增加一个单位时，预报变量平均增加0.24个单位，故C正确.
将代入中得到，故D正确.
故选：ACD.
三、单选题
5．已知，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由指数函数与对数函数的单调性求解即可
【详解】因为，
而，且，
所以.
又，
所以，
故选：A.
6．已知，则（ ）
A．11或B．11或C．12或D．10或
【答案】A
【分析】对两边同时取对数，可解得或，讨论或时的值，即可得出答案.
【详解】由，两边取对数得，所以或.
当时，8，所以；
当时，，
所以，
综上，或，
故选：A.
7．“送出一本书，共圆读书梦”，某校组织为偏远乡村小学送书籍的志愿活动，运送的卡车共装有10个纸箱，其中5箱英语书、2箱数学书、3箱语文书．到目的地时发现丢失一箱，但不知丢失哪一箱．现从剩下9箱中任意打开2箱都是英语书的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】剩下9箱中任意打开2箱都是英语书的情况整体分为三种情况：丢失的英语书、数学书和语文书，计算出每种情况的概率即可.
【详解】设事件A表示丢失一箱后任取两箱是英语书，事件表示丢失的一箱为分别表示英语书、数学书、语文书．由全概率公式得．
故选：A
8．将函数的图像上所有点横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图像，有下述四个结论：
①
②函数在上单调递增
③点是函数图像的一个对称中心
④当时，函数的最大值为2
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②③B．②③C．①③④D．②④
【答案】B
【分析】根据图象变换可得，结合正弦函数的性质逐项分析判断.
【详解】由题意可得：，故①错误；
因为，则，且在上单调递增，
所以函数在上单调递增，故②正确；
因为，
所以点是函数图像的一个对称中心，故③正确；
因为，则，
所以当，即时，函数的最大值为，故④错误；
故选：B.
9．已知函数有且只有3个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先求时函数的零点，再考虑时，函数在的零点，由此确定函数在上的零点个数，结合二次函数性质求a的取值范围.
【详解】当时，，
所以区间内的任意实数和都为函数的零点，不满足要求；
当时，
若，则，
令，可得(舍去)，或，
所以为函数的一个零点；
若，则，
令，则，
所以，
若，即，则函数在上有一个零点；
若或时，则函数在上没有零点；
当时，函数在上有两个零点；
当或时，函数在上有一个零点，
因为当时，函数在上有两个零点；
又函数在上有3个零点，
所以函数在上有且只有一个零点，
即方程在上有一个根，
由，
当时，方程的根为(舍去)，
故时，方程在上没有根，矛盾
当时，，
设，
函数的对称轴为，
函数的图象为开口向下的抛物线，
由方程在上有一个根可得，
所以，
所以，
当时，则函数在上有一个零点；
又函数在上有3个零点，
所以函数在上有且只有两个零点，
即方程在上有两个根，
由可得函数的图象为开口向上的抛物线，
函数的对称轴为，
则，， ，
所以，，
满足条件的不存在，
当时，则函数在上有一个零点；
又函数在上有3个零点，
所以函数在上有且只有两个零点，
即方程在上有两个根，
由可得函数的图象为开口向下的抛物线，
函数的对称轴为，
则，， ，
所以，，，
所以，
故实数a的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点睛：含绝对值函数的相关问题的解决的关键在于去绝对值，将其转化为不含绝对值的函数，分段函数的性质的研究可以分段研究.
四、填空题
10．复数（为虚数单位），则 .
【答案】
【分析】先利用复数的运算化简复数，再利用模长的公式求解模长.
【详解】.
所以.
故答案为：
11．在的二项展开式中，的系数为 ．
【答案】
【详解】试题分析：因为，所以由得，因此的系数为
【解析】二项式定理
【方法点睛】1．求特定项系数问题可以分两步完成：第一步是根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r）；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项的系数．
2．有理项是字母指数为整数的项．解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其为整数，再根据数的整除性来求解．
五、双空题
12．若，，则 ； .
【答案】 / /0.6
【分析】由，，可得出，再结合同角平方关系即可求出，从而算出，再由二倍角公式求出.
【详解】，，
即，
，
又，
解得，
，解得，
.
综上，、.
故答案为：，.
13．某专业资格考试包含甲､乙､丙3个科目，假设小张甲科目合格的概率为，乙､丙科目合格的概率均为，且3个科目是否合格相互独立.设小张3科中合格的科目数为X，则 ； .
【答案】 ； /.
【分析】根据独立事件概率的公式，结合数学期望的公式进行求解即可.
【详解】；
，
，
，
所以，
故答案为：；
六、填空题
14．已知，，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】利用基本不等式可得答案.
【详解】因为，，所以
，
当且仅当即等号成立.
故答案为：.
15．设，函数.若在上单调递增，且函数与的图象有三个交点，则的取值范围是 .
【答案】.
【分析】利用在上单调递增可得，函数与的图象有三个交点，可转化为方程在上有两个不同的实数根可得答案.
【详解】当时，，
因为在上单调递增，
所以，解得，
又函数与的图象有三个交点，
所以在上函数与的图象有两个交点，
即方程在上有两个不同的实数根，
即方程在上有两个不同的实数根，
所以，解得，
当时，令，
由时，，
当时，，
此时，，
结合图象，所以时，函数与的图象只有一个交点，
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是转化为方程在上有两个不同的实数根.
七、解答题
16．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角；
（2）若，求的值；
（3）若，，求的值.
【答案】（1）.（2）.（3）
【解析】（1）由正弦定理化边为角后，由诱导公式和两角和的正弦公式化简后可求得；
（2）由二倍角公式求得后再由两角和的正弦公式可求值；
（3）由正弦定理求得，再由余弦定理求得．
【详解】（1）∵，
由正弦定理得，
∴，
即.
∵，
∴
又，
∴
（2）由已知得，
∴，
∴.
（3）由正弦定理，得.
由（1）知，，
∴
由余弦定理得，.
∴
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、考查两角和的正弦公式、二倍角公式、诱导公式，同角间的三角函数关系，考查公式较多，解题关键是正确选择应用公式的顺序．在三角形中出现边角关系时，常常用正弦定理进行边角转换．
17．已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在；或
【分析】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；
法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；
（3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可.
【详解】（1）证明：法一：分别取、的中点、，连接、、，
由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，，
因为，所以，所以点、、、四点共面，
因为、分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
又因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直，
以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
所以，易知平面的一个法向量，
所以，所以，
又因为平面，所以平面．
（2）解：设平面的法向量，，，
则，取，可得，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角余弦值为；
（3）解：假设存在点，使得，其中，
则，
由（2）得平面的一个法向量为，
由题意可得，
整理可得．即，
因为，解得或，所以，或．
18．已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
19．如图，已知椭圆：的离心率为，过左焦点且斜率为的直线交椭圆于两点，线段的中点为，直线：交椭圆于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：点在直线上；
（3）是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）（2）详见解析（3）存在，且
【分析】（1）根据离心率和焦点坐标列方程组，解方程组求得的值，进而求得椭圆的方程.（2）写出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，求得中点的坐标，将坐标代入直线的方程，满足方程，由此证得点在直线上.（3）由（2）知到的距离相等，根据两个三角形面积的关系，得到是的中点，设出点的坐标，联立直线的方程和椭圆的方程，求得点的坐标，并由此求得的值.
【详解】解：(1) 解：由，解得，
所以所求椭圆的标准方程为
（2）设，，，
，消得，，
解得
将代入到中，满足方程
所以点在直线上.
（3）由（2）知到的距离相等，
若的面积是面积的3倍，得，
有，
∴是的中点，
设，则，
联立，解得，
于是
解得，所以.
【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查根与系数关系，考查方程的思想，属于中档题.要证明一个点在某条直线上，那么先求得这个点的坐标，然后将点的坐标代入直线方程，如果方程成立，则这个点在直线上，否则不在这条直线上.
20．已知函数，，其中．
（1）讨论函数的单调性，并求不等式的解集；
（2）用表示m，n的最大值，记，讨论函数的零点个数．
【答案】（1）增函数；；（2）答案见解析.
【解析】（1）先对函数求导，得到，根据导数的方法，即可判定其单调性，进而可求出不等式的解集.
（2）时，恒成立，当时，恒成立，故的零点即为函数的零点，讨论在的零点个数得到答案.
【详解】（1），
当时，，，∴，
当时，，，∴，
当时，，
所以当时，，即在R上是增函数；
又，所以的解集为．
（2））函数的定义域为
由（1）得，函数在单调递增，
当时，，又，
所以时，恒成立，即时，无零点.
当时，恒成立，所以的零点即为函数的零点
下面讨论函数在的零点个数：
，所以
①当时，因为，
又函数在区间递减，所以
即当时，，
所以单调递减，由得：当时，递增
当时，递减
当时，，当时
又，
当时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点；
当时，函数有3个零点；
②当时，，由①得：当时，，递增，
当时，，递减，所以，，
所以当时函数有2个零点
③当时，
，，即成立，由，
所以当时函数有1个零点
综上所述：当或时，函数有1个零点；
当或时，函数有2个零点；
当时，函数有3个零点.
【点睛】思路点睛：
导数的方法研究函数的零点时，通常需要对函数求导，根据导数的方法研究函数单调性，极值或最值等，有时需要借助数形结合的方法求解.
时间
1
2
3
4
5
销售量（千只）
0.5
0.8
1.0
1.2
1.5