2024届天津市朱唐庄中学高三上学期10月第一次检测数学试题含解析

这是一份2024届天津市朱唐庄中学高三上学期10月第一次检测数学试题含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据集合的交并补运算即可求解.
【详解】,所以，
故选：A
2．设集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据一元二次不等式化简,进而由集合的交并补运算即可求解.
【详解】或，由得,所以，
故选：D
3．已知全集，集合，集合，则集合（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求出集合、，利用并集和补集的定义可求得集合.
【详解】因为，
，
又因为，所以，
所以．
故选：D.
4．已知p：，q：，则p是q的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充要也不必要条件
【答案】A
【分析】画出数轴，结合小范围可以推出大范围即可求得结果.
【详解】如图所示，

所以，，故p是q的充分不必要条件.
故选：A.
5．已知，命题是一元二次方程的一个根，命题，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分、必要性的定义判断命题间的推出关系，即可得答案.
【详解】对于命题，为方程的根，则，充分性成立；
对于命题，且，则必是题设方程的一个根，必要性成立；
所以是的充分必要条件.
故选：C
6．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】A
【分析】首先解出不等式和，根据两个不等式的解集即可得出答案．
【详解】由，得，
解得；
由，得，得
因为当时，一定可以推出，
而当时，不能推出。
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A．
7．下列可能是函数的图象的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据函数定义域和特殊值可排除ABD.
【详解】函数定义域为R，排除选项AB，当时，，排除选项D，
故选：C.
8．函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性和单调性进行判断，可得到答案.
【详解】因为，
所以，
又因为函数定义域为，
所以函数为奇函数，故A选项错误，
又因为当时，，函数单调递增，故B和C选项错误.
故选：D
9．我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，已知函数的部分图象如图所示.则的解析式可能是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据的图象关于原点对称排除部分选项，再由，时的函数值判断.
【详解】解：的图象关于原点对称，则是奇函数，排除B；
当时，，排除C；
当时，，排除D；
故选：A
10．设，，，则、、的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用指数函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小关系.
【详解】因为，，，
因此，.
故选：A.
11．设，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用指数函数以及对数函数的单调性，即可判断出答案.
【详解】由题意得，
，
由于为上的单调增函数，故，
故，
故选：C
12．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，若，，则，，大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据指数幂，对数的运算法则进行比较大小，利用函数的奇偶性和单调性进行转化求解即可.
【详解】，
因为是定义在上的偶函数，
所以，
因为，，，
且在上单调递减，
所以，
即.
故选：A.
二、填空题
13．已知i是虚数单位，化简的结果为 ．
【答案】/
【分析】利用复数除法化简复数即可.
【详解】.
故答案为：
14．复数（其中i为虚数单位），则= .
【答案】
【分析】先化简复数，求出可得答案.
【详解】因为，
所以，.
故答案为：.
15．已知复数为的共轭复数，则的虚部为 .
【答案】/
【分析】根据复数的运算以及共轭复数的定义即可求解.
【详解】由，
则的共轭复数，则的虚部为.
故答案为：
16．在的展开式中，的系数是 ．
【答案】
【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x的指数等于，计算展开式中含有项的系数即可.
【详解】由题意得：，，
只需，可得，
所以，
故答案为：.
17．若展开式的二项式系数和为64，则展开式中第三项的二项式系数为 .
【答案】
【分析】根据二项式系数和得到，再计算第三项的二项式系数即可.
【详解】展开式的二项式系数和为，故，
展开式中第三项的二项式系数为.
故答案为：.
18．已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为 ．
【答案】80
【分析】根据题意，由各项系数之和可得，再由二项式展开式的通项公式即可得到结果.
【详解】由题意，令，则，解得，
则的展开式第项，
令，解得，所以.
故答案为：
三、解答题
19．在中，内角，，所对的边分别为，，，，，．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由余弦定理计算可得；
（2）由正弦定理计算可得；
（3）由余弦定理求出，即可求出、，再由两角差的正弦公式计算可得.
【详解】（1）由余弦定理知，，
所以，即，
解得或（舍负），所以．
（2）由正弦定理知，，
所以，
所以．
（3）由余弦定理知，，
所以，，
所以
.
20．在中，角、、所对的边分别为、、.已知，，.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据正弦定理得到，代入余弦定理计算得到答案.
（2）计算，，再根据正弦定理计算即可.
（3）确定，，再根据和差公式计算得到答案.
【详解】（1），则，，，故，
，即，解得或（舍去）.
故.
（2），，则，
，则.
（3），故为锐角，则，
则，，
.
21．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)求直线EF与平面夹角的正弦值；
(3)求点F到面PAC的距离
【答案】(1)证明见详解；
(2)；
(3).
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行即可；
（2）利用空间向量求线面角即可；
（3）利用空间向量研究点面距离即可.
【详解】（1）根据平面，平面，
所以,
又底面是正方形，则,
可以建立如图所示以A为原点，所在直线对应轴的空间直角坐标系，
则，
所以，
易知是平面的一个法向量，
而，平面，
所以平面；
（2）由（1）知，
设平面的一个法向量为，则有，
所以，令，即，
设直线EF与平面夹角为，所以；
（3）由（1）知，显然是平面的一个法向量，
则点F到面PAC的距离为.
22．如图，在四棱锥中，平面，且，为的中点.
(1)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(2)求点N到直线BC的距离
(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，确定平面与平面的法向量，根据向量的夹角公式计算即可.
（2）计算，再根据点到直线的距离公式计算得到答案.
（3）令，得到点坐标，确定平面的法向量，再根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1）如图所示：为中点，连接，则，，，
则四边形为矩形，故，
以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，.
设平面的法向量为，则，
取得到，
设平面的法向量为，则，
取得到，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
（2），，
则，
，故，
点N到直线BC的距离为
（3）令，，设，则，
则，即，
平面的一个法向量，
故，，
解得或（舍），
故存在点满足条件，.