2024届天津市河东区第四十五中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届天津市河东区第四十五中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共17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．设集合， ， ，则
A．{2}B．{2，3}C．{-1，2，3}D．{1，2，3，4}
【答案】D
【分析】先求，再求．
【详解】因为，
所以.
故选D．
【点睛】集合的运算问题，一般要先研究集合中元素的构成，能化简的要先化简，同时注意数形结合，即借助数轴、坐标系、韦恩图等进行运算．
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
【答案】A
【分析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可.
【详解】求解二次不等式可得：或，
据此可知：是的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题.
3．已知函数f（x）的图象如图所示，则函数f（x）的解析式可能是（ ）
A．f（x）＝（4x﹣4﹣x）|x|B．f（x）＝（4x﹣4﹣x）lg2|x|
C．f（x）＝（4x+4﹣x）|x|D．f（x）＝（4x+4﹣x）lg2|x|
【答案】D
【分析】根据题意，用排除法分析：利用函数的奇偶性可排除A、B，由区间（0，1）上，函数值的符号排除C，即可得答案．
【详解】根据题意，用排除法分析：
对于A，f（x）＝（4x﹣4﹣x）|x|，其定义域为R，有f（﹣x）＝（4﹣x﹣4x）|x|＝﹣f（x），则函数f（x）为奇函数，不符合题意；
对于B，f（x）＝（4x﹣4﹣x）lg2|x|，其定义域为{x|x≠0}，有f（﹣x）＝（4﹣x﹣4x）lg2|x|＝﹣f（x），则函数f（x）为奇函数，不符合题意；
对于C，f（x）＝（4x+4﹣x）|x|，在区间（0，1）上，f（x）＞0，不符合题意；
对于D， f（﹣x）＝（4x+4﹣x）lg2|x|＝f（x）为偶函数，且在区间（0，1）上，f（x）0，符合题意
故选：D
4．设，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系.
【详解】因为，
，
，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数函数的单调性，确定其对应值的范围.
比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：
（1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；
（2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；
（3）借助于中间值，例如：0或1等.
5．为了解学生的身体状况，某校随机抽取了一批学生测量体重.经统计，这批学生的体重数据(单位：千克)全部介于45至70之间.将数据分成5组，并得到如图所示的频率分布直方图.图中的值为（ ）
A．0.04B．0.2C．0.03D．0.05
【答案】A
【分析】根据频率和为列出关于的方程，由此求解出的值.
【详解】因为，所以，
故选：A.
6．已知函数．给出下列结论：
①的最小正周期为；
②是的最大值；
③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①B．①③C．②③D．①②③
【答案】B
【分析】对所给选项结合正弦型函数的性质逐一判断即可.
【详解】因为，所以周期，故①正确；
，故②不正确；
将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，
故③正确.
故选：B.
【点晴】本题主要考查正弦型函数的性质及图象的平移，考查学生的数学运算能力，逻辑分析那能力，是一道容易题.
7．已知双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于两点.若，则双曲线的离心率为
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】双曲线的右顶点为A(a,0)，
以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．
若,可得A到渐近线bx+ay=0的距离为：，
可得：,即,可得离心率为：.
故选A.
8．已知球的半径为，一等边圆锥.(圆锥母线长与圆锥底面直径相等)位于球内，圆锥顶点在球上，底面与球相接，则该圆锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆锥的底面半径为，求得圆锥的高，由球的截面性质，运用勾股定理可得，由圆锥的表面积公式可得所求．
【详解】如图，设圆锥的底面半径为，
则圆锥的高为，
则，
解得，
则圆锥的表面积为
，
故选：．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是通过建立等式得到.
9．已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由，结合已知，将问题转化为与有个不同交点，分三种情况，数形结合讨论即可得到答案.
【详解】注意到，所以要使恰有4个零点，只需方程恰有3个实根
即可，
令，即与的图象有个不同交点.
因为，
当时，此时，如图1，与有个不同交点，不满足题意；
当时，如图2，此时与恒有个不同交点，满足题意；
当时，如图3，当与相切时，联立方程得，
令得，解得（负值舍去），所以.
综上，的取值范围为.
故选：D.

【点晴】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.
二、填空题
10．若复数为纯虚数，i是虚数单位，则实数a的值是 ．
【答案】1.
【详解】试题分析：因为，所以
【解析】纯虚数概念
11．在的展开式中，的系数是 ．
【答案】10
【分析】写出二项展开式的通项公式，整理后令的指数为2，即可求出．
【详解】因为的展开式的通项公式为，令，解得．
所以的系数为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二项展开式的通项公式的应用，属于基础题．
12．某批产品共10件，其中含有2件次品，若从该批产品中任意抽取3件，则取出的3件产品中恰好有一件次品的概率为 ；取出的3件产品中次品的件数的期望是 .
【答案】
【分析】（1）先计算所有抽取产品的可能，再计算3件产品中且有一件次品的可能，用古典概型的概率计算公式即可求得；
（2）先求得的分布列，再求其期望即可.
【详解】（1）从10件产品中，抽取3件，有种可能；
若取出的3件中恰有1件是次品，有种可能；
故满足题意的概率；
（2）根据题意，，
；；，
故.
故答案为：；.
【点睛】本题考查超几何分布中概率的计算，以及期望的求解，属中档题.
13．已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点在圆C上，且圆心到直线的距离为，则圆C的方程为 .
【答案】
【详解】试题分析：设，则，故圆C的方程为
【解析】直线与圆位置关系
【名师点睛】求圆的方程有两种方法：
（1）代数法：即用“待定系数法”求圆的方程．①若已知条件与圆的圆心和半径有关，则设圆的标准方程，列出关于a，b，r的方程组求解．②若已知条件没有明确给出圆的圆心或半径，则选择圆的一般方程，列出关于D，E，F的方程组求解．
（2）几何法：通过研究圆的性质、直线和圆的位置关系等求出圆心、半径，进而写出圆的标准方程．
14．已知，，均为正实数，满足，则的最小值是 .
【答案】
【解析】由，得，再根据基本不等式“1”的代换求得的最小值.
【详解】由，得，
，
当且仅当，即时取等号，
故答案为：
【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
15．如图，在矩形中，，，，为的中点，则 ；若点在线段上运动，则的最小值为 ．
【答案】 5
【分析】解法一：由展开计算即可，设，则展开计算即可；解法二：建立如图所示的平面直角坐标系，转化为点坐标计算则，，而的最小值是点到直线的距离，计算即可．
【详解】解法一由题意知，则
．
设，则，，
故
，而，，
所以，
所以的最小值为．
解法二：由题意得，．以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，，，则，，
所以．易得直线的方程为，
即，取的中点，则，所以到直线的距离．
由极化恒等式得．
若要求的最小值，则只需求的最小值即可，而的最小值是点到直线的距离，
所以的最小值为．
故答案为：5；
【点睛】关键点点睛：本题求数量积最值问题，需要转化点与点之间的距离或点到线的距离问题，利用几何法求解是解题的关键．
三、解答题
16．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角B的大小；
（2）设a=2，c=3，求b和的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，.
【详解】分析：（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得b=．结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得
详解：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，
又由，得，
即，可得．
又因为，可得B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，
有，故b=．
由，可得．因为a因此，
所以，
点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
17．如图所示，直角梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）取中点，连接，证明、、两两垂直，建立空间直角坐标系，先证明直线向量与平面法向量数量积为零，进而证明直线与平面平行；
（2）利用向量法即可求出二面角的余弦值；
（3）假设存在，设，利用向量法根据线面角求出，从而可得出答案.
【详解】（1）证明：取中点，连接，
因为，又因为，
所以四边形为平行四边形，
所以，又因为，所以，
因为四边形为矩形，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以，，
于是、、两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，2，，，0，，，2，，
设平面的法向量为，，，
，令，，0，，
因为，所以，
又因为平面，所以平面；
（2）解：，，，，0，，
设平面的法向量为，，，
，可取，，，
，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为；
（3）假设存在，设，
则，
所以，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，解得或，
当时，，，
当时，，，
所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，.
18．已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，点P（﹣1，）在椭圆C上，且|PF2|．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，M为线段AB的中点，若椭圆C上存在点N，满足3（O为坐标原点），求直线l的方程．
【答案】（1）．（2）xy﹣1＝0或xy﹣1＝0．
【分析】（1）根据题意得①，②，③，由①②③组成方程组，解得，，进而得椭圆的方程．
（2）设直线的方程为，，，，，联立直线与椭圆的方程得关于的一元二次方程，结合韦达定理得，，从而得线段中点坐标，点的坐标，将其代入椭圆方程，可解得，进而得出直线的方程．
【详解】解：（1）因为点在椭圆上，且．
所以，①
，解得，②
又因为③
由①②③组成方程组，解得，，
所以椭圆的方程为：．
（2）由（1）可知，
设直线的方程为，，，，，
联立直线与椭圆的方程得，
得，则，
所以线段中点，，
所以，，
所以点的坐标为，，
将点坐标代入椭圆的方程，
解得，，
所以直线的方程为：或．
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，属于中档题．
19．已知为等差数列，为等比数列，．
(1)求和的通项公式；
(2)记的前项和为，求的前项和；
(3)对任意的正整数，求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；
（2）用等比数列的前项和公式求，再写出的前项和，进而用分组求和法得到结果.
（3）分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和法与错位相减求和法计算和的值，据此进一步计算数列的前2n项和即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
由，，即，可得.
从而的通项公式为.
由， 又，
可得，解得，
从而的通项公式为.
故，.
（2）由可得.
故.
（3）当n为奇数时，，
当n为偶数时，，
对任意的正整数n，有
，
和 ①
由①得 ②
由①-②得：
，即
从而得：.
因此，.
所以，数列的前2n项和为.
20．已知函数，.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若在区间上单调递减，求的取值范围：
(3)若，存在两个极值点，证明：.
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数的几何意义即可求得切线方程；
（2）根据单调性可知在上恒成立，利用分离变量法可得，由可得结果；
（3）设，则，将所证不等式转化为，令，利用导数可求得，由此可证得结论.
【详解】（1）由题意知：，定义域为；
，又，
曲线在处的切线方程为；
（2），又在区间上单调递减，
在上恒成立， 即在上恒成立，
在上恒成立；
设，则，
当时，，单调递增，，
，即实数的取值范围是.
（3）由（2）知：满足，
不妨设，则.
.
则要证，即证，
即证，也即证成立.
设函数，则，
在单调递减，又，当时，，
，即.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数在函数中的综合应用问题，涉及到已知单调性求解参数范围、利用导数证明不等式等知识；证明不等式的关键是能够将双变量的问题转化为单一变量的问题，从而将不等式证明转化为关于单一变量的函数最值的求解问题.