天津市南开区南开中学2024届高三上学期统练10数学试题及参考答案

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一、单选题
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再解绝对值不等式求出集合，最后根据集合的运算法则计算可得.
【详解】由，即，解得或，
所以或，则，
由，则，解得，
所以，
所以.
故选：C
2．“”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】利用对数的换底公式得到，再利用对数的性质和充要条件的定义求解即可.
【详解】且，
当时，则，
当时，则，
，
当时，则，.
是的充分不必要条件.
故选：A.
3．函数在区间上的大致图像为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据奇偶性排除A，D，根据，函数值的正负可选出选项.
【详解】由题可得是偶函数，排除A,D两个选项，
当时，，，
当时，，，
所以当时，仅有一个零点.
故选：C
【点睛】此题考查函数的奇偶性和零点问题，解题时要善于观察出函数的一个零点，再分别讨论，函数值的正负便可得出选项.
4．设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据指数函数以及对数函数的单调性分别判断出的范围，即可判断它们的大小关系，即得答案.
【详解】由于，故，
，，
故，
故选：C
5．设，，则
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用对数的运算法则即可得出．
【详解】，，，，
则 .
故选D.
【点睛】本题考查了对数的运算法则，考查了计算能力，属于基础题．
6．直线l：与圆交于A，B两点，若，则m的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题知圆心到直线l的距离为，进而得，解方程即可得答案.
【详解】解：由题知：圆的圆心为，半径为，
因为直线l与圆相交形成的弦长为，
所以圆心到直线l的距离为，
所以，解得.
故选：C
7．很多人的童年都少不了折纸的乐趣，如今传统意义上的手工折纸已经与数学联系在一起，并产生了许多需要缜密论证的折纸问题.有一张矩形纸片，，为的中点，将和分别沿、翻折，使点与点重合于点，若，三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】翻折后，，利用勾股定理求出的值，分析可知、、两两垂直，将三棱锥补成长方体，可计算出球的半径，再利用球体表面积公式可求得结果.
【详解】翻折前，在矩形中，，因为为的中点，则，
翻折后，如下图所示：
则，设，由题意知，，，
所以，，解得，即，
将三棱锥补成长方体，
则长方体的外接球直径为，
所以，，故球的表面积为.
故选：C.
8．已知数列，，，且，则数列的前30项之和为（ ）
A．15B．30C．60D．120
【答案】B
【分析】由题意，数列的奇数项和偶数项分别构成等差数列，分组求和即可.
【详解】已知数列，，，且,
则为奇数时，，则为偶数时，，
所以数列的奇数项构成首项为2公差为的等差数列，偶数项构成首项为0公差为的等差数列，
则.
故选：B
9．已知，给出下列结论：
若，，且，则；
存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称；
若，则在上单调递增；
若在上恰有个零点，则的取值范围为．
其中，所有正确结论的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由二倍角公式得，利用余弦函数的图象和性质判断各选项即可.
【详解】①由题意可得，
由，，且得两相邻对称轴间的距离为，
所以，解得，故①错误；
②的图象向左平移个单位长度得
，
若关于轴对称，则，即，
解得，所以当时符合题意，故②正确；
③当时，，所以当时，，
因为在上单调递减，上单调递增，
所以在上单调递增，上单调递减，故③错误；
④设，当时，，
在上恰有5个零点，即在上恰有5个零点，
则，解得，故④错误．
故选：A．
二、填空题
10．已知，则 ．
【答案】2
【分析】根据复数的除法可求得z,即可得，结合复数的乘法即可得答案.
【详解】由题意得，故，
所以，
故答案为：2
11．在的展开式中的系数为 .
【答案】6
【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．
【详解】，
展开式中含的项为
故它的展开式中的系数为6，
故答案为：6
12．已知数列的通项公式为，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则 .
【答案】502
【分析】由等差数列、等比数列的通项公式可得，再由等比数列的前n项和公式即可得结果.
【详解】由题意可得：，，.
所以
故答案为：502.
13．已知实数，且，则的最小值是 .
【答案】16
【分析】变形后，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】因为，且，故，
所以
，
当且仅当，即，时，等号成立，
故的最小值是16.
故答案为：16
三、双空题
14．在梯形中，，且，，分别为线段和的中点，若，，用，表示 ．若，则余弦值的最小值为 ．
【答案】
【分析】空（1）使用向量线性运算求解即可；
空（2）以与为基底，用数量积的形式表示出，再由基本不等式求解即可.
【详解】
如图，由已知，
.
∴.
设，即与的夹角为，
，
若，则，
∴，
又∵，，∴由基本不等式，
∴.
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：，.
【点睛】关键点睛：解决本题第2空的关键，是用以为夹角的两个向量作为基底，将垂直关系转化为数量积的形式，再借助基本不等式求解.
四、填空题
15．设，函数与函数在区间内恰有3个零点，则a的取值范围是 ．
【答案】，．
【分析】设，结合题意可知函数在区间，内恰有3个零点，分析时不符合题意，时，结合二次函数的正负及的正负即可求解．
【详解】由题意，函数与函数在区间，内恰有3个零点，
设，
即函数在区间，内恰有3个零点，
当时，函数在区间，内最多有2个零点，不符合题意；
当时，函数的对称轴为，
，
所以，函数在，上单调递减，在上单调递增，且，
当，即时，函数在区间，上无零点，
所以函数在，上有三个零点，不符合题意；
当，即时，函数在区间，上只有一个零点，
则当，时，，
令，解得或，符合题意；
当，即时，函数在区间，上有1个零点，
则函数在，上有2个零点，
则，即，所以；
当，即时，函数在区间，上有2个零点，
则函数在，上只有1个零点，
则或或，即无解．
综上所述，的取值范围是，．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了函数的零点，函数与方程等知识点，属于较难题判断函数零点个数的常用方法：
(1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个；
(2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.
五、解答题
16．在中，内角所对的边分别为.
(1)求的大小；
(2)若.
①求的值；
②求的值：
【答案】(1)
(2)①12；②
【分析】（1）根据正弦定理和化简计算可得，即可求解；
（2）由（1），根据余弦定理计算即可求出c；由正弦定理求出，根据同角的三角函数关系求出，利用二倍角的正弦、余弦公式求出，结合两角和的正弦公式计算即可求解.
【详解】（1）由正弦定理，
原式可化为：，
整理得：，
因为，所以，
所以，又，所以.
（2）由余弦定理，
即，解得.
由正弦定理，解得，
因为，所以A为锐角，，
所以，
.
17．如图，平面ABCD，，，，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点.
(1)求证：平面CPM；
(2)求平面QPM与平面CPM夹角的大小；
(3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接EM，证得，利用线面平行判定定理即可证明平面MPC；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，求得平面PMQ和平面MPC法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
（3）设，则，从而，由（2）知平面PMQ的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，求出，进而得到，利用点到平面距离公式求出答案.
【详解】（1）证明：连接EM，因为，，
所以，
又因为，所以四边形PABQ为平行四边形，
因为点E和M分别为AP和BQ的中点，所以且，
因为，，F为CD的中点，所以且，
可得且，即四边形EFCM为平行四边形，
所以，又平面MPC，平面MPC，
所以平面MPC.
（2）因为平面ABCD，，故以D为原点，分别以DA，DC，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
依题意可得，，，，，，，
，，，，
设为平面PQM的法向量，
则，不妨设，可得，
设为平面PMC的法向量，
则，不妨设，可得.
所以，
设平面PQM与平面PMC夹角为，
所以，
即平面PQM与平面PMC夹角的正弦值为.
（3）设，即，
则.
从而.
由（2）知平面PMQ的法向量为，
而直线DN与平面PMQ所成的角为，
所以，
即，
整理得，解得或，
因为，
所以，所以，，
由（2）知：为平面的法向量，
故点N到平面CPM的距离为.
18．已知椭圆离心率等于且椭圆C经过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与轨迹交于两点，为坐标原点，直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，理由见解析
【分析】（1）根据题意，由条件列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，由弦长公式可得，再表示出点到直线的距离，由三角形的面积公式，即可得到结果.
【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为.
（2）
设，联立直线和椭圆方程可得：，
消去可得：，所以
，
即，则，
， ，
把韦达定理代入可得：，
整理得，
又，
而点到直线的距离，
所以，
把代入，则，可得是定值1．
19．设是公比大于0的等比数列，是等差数列，已知，，，．
(1)求数列，数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）先根据等比数列的通项公式列方程，求得公比，可求得其通项公式，继而根据等差数列的通项公式列方程，求得首项和公差，可得其通项公式；
（2）由（1）的结论可得的表达式，分别利用错位相减法和裂项求和法，即可求得.
【详解】（1）设等比数列的公比为q，，设等差数列的公差为d．
∵，，∴，
∵，∴，∴．
∵，，∴，
∴，∴．
（2）由（1）得，
令，，
记数列的前项和为A，数列的前项和为B，
，①
则，②
①－②得，
，
∴，
又，
∴
，
∴．
20．已知函数．
（Ⅰ）求函数的单调递增区间；
（Ⅱ）若函数在处导数相等，证明．
（Ⅲ）若对任意的实数，若直线上与曲线均有唯一公共点，求实数b的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）
【分析】（Ⅰ）求出函数的定义域，再求出导函数，即可得到函数的单调区间；
（Ⅱ）根据在与处导数相等，，再根据基本不等式可得，再把化成，再构造函数求导可证；
（Ⅲ）将问题转化为在上有唯一零点，再利用导数研究函数的单调性与极值，即可求出参数的取值范围．
【详解】解：（Ⅰ）因为，定义域为，所以
因为，所以恒成立，所以在定义域上单调递增，
（Ⅱ）证明：，令，得
由根与系数的关系得，即，得，
．
令，则令，
则，得．
即
（Ⅲ）由，得，
则由题意知，对任意，方程有唯一解．
令，则在上有唯一零点．
，令，则．
当时，，在上单调递增，
又当时，，当时，，
在上有唯一零点．
当时，有两个不同实根，，
则，，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又当时，，当时，，则有零点，
．
令，则，
同理，．
当，即时，得，则恰有一个零点
当，即时，则存在，
此时有两个零点，不符合题意．
综上可得．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．