2024届天津市滨海新区田家炳中学高三上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2024届天津市滨海新区田家炳中学高三上学期第二次月考数学试题含答案，共14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．已知集合则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接计算并集即可.
【详解】由已知集合
则.
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
【分析】根据指数函数的性质和不等式的解法，分别求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由，可得，解得，即集合
又由不等式，可得，解得或，
因为集合，所以是的充分不必要条件.
故选：A.
3．某班组织奥运知识竞赛，将参加竞赛的学生成绩整理得下边的频率分布直方图，若低于60分的有9人，则该班参加竞赛的学生人数是（ ）
A．27B．30C．45D．60
【答案】B
【分析】首先求得低于分的频率，由此求得该班参加竞赛的学生人数.
【详解】由频率分布直方图知低于60分的频率为，
∴该班参加竞赛的学生人数为．
故选：B
4．以点为圆心，且与直线相切的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用点到直线的距离求出圆的半径，然后根据圆心和半径写出圆的方程即可.
【详解】圆心到直线的距离为，
由直线与圆相切得圆的半径为1，所以圆的方程是.
故选：D
5．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用幂函数、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，故.
故答案为：C.
6．函数的图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当时、，即A、C中上函数值为正，排除；
故选：D
7．点F是抛物线的焦点，A为双曲线C：的左顶点，直线AF平行于双曲线C的一条渐近线，则实数b的值为（ ）
A．2B．4C．8D．16
【答案】B
【分析】由题可得坐标，根据可得答案.
【详解】由题，，则.因直线AF平行于双曲线C的一条渐近线，则.
故选：B
8．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到．如图，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出棱长为1的正四面体的体积结合条件即得.
【详解】截角四面体的体积为大正四面体的体积减去四个相等的小正四面体体积，
因为棱长为1的正四面体的高，
则棱长为1的正四面体的体积，
所以该截角四面体的体积为．
故选：C．
9．设函数，给出下列结论：
①的最小正周期为；
②在区间内单调递增；
③函数的对称轴方程为
④将函数的图像向左平移个单位长度，可得到函数的图像．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②④B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】化简，结合三角函数的性质求解即可.
【详解】,
,故①正确；
令，得，
当时，在区间内单调递增，
故在区间内单调递增，故②正确；
令，得，故③正确；
的图像向左平移个单位得，故④错误.
故选：D.
二、填空题
10．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：
11．的展开式中，第4项的系数为 .（用数字作答）
【答案】
【分析】根据二项展开式的通项公式可求出结果.
【详解】的展开式的通项为，
则第4项的系数为.
故答案为：.
12．随着经济的不断发展，城市的交通问题越来越严重，为倡导绿色出行，某公司员工小明选择了三种出行方式.已知他每天上班选择步行、骑共享单车和乘坐地铁的概率分别为0.2、0.3、0.5.并且小明步行上班不迟到的概率为0.91，骑共享单车上班不迟到的概率为0.92，乘坐地铁上班不迟到的概率为0.93，则某天上班小明迟到的概率是 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用对立事件及全概率公式计算即得.
【详解】记小明步行、骑共享单车、乘坐地铁上班的事件分别为，小明上班不迟到的事件为，
则，且两两互斥，依题意，，
，
因此，
所以某天上班他迟到的概率.
故答案为：
13．甲乙两人各射击一次.击中目标的概率分别为和.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每次射击是否击中目标相互之间也没有影响，求两人各射击2次.甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标一次的概率为 .
【答案】
【分析】利用概率的乘法公式和独立重复试验概率计算公式求解.
【详解】记甲射击2次恰好击中目标2次为事件,乙射击2次恰好击中目标1次为事件,则,,
因为甲、乙射击互相独立，所以,
所以甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标一次的概率为，
故答案为：.
14．函数的单调增区间 ，在处的切线方程是 .
【答案】
【分析】求出导函数，由导函数大于0得增区间，同样由导函数得切线斜率，得切线方程．
【详解】由题意，由，所以增区间，
时，，，所以切线方程为，即．
故答案为：；．
15．已知是函数的唯一极小值，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分情况讨论函数的单调性，结合唯一极值点列式求解即可.
【详解】，
当时，，在上单调递增，无极值点；
当时，令知．易知函数和在必有一交点，
在交点左侧，有，，单调递减，在交点右侧，，，单调递增，
因为的极小值唯一，所以在上恒成立，
设和恰好切于点，则有，解得，
此时a取到最小值，所以．
故答案为:．
16．在中，，，与交于点，，，用和表示，则 ；过点的直线交，于点，，设，（，），则的最小值为 .
【答案】
【分析】选取向量为基底，利用向量线性运算把用基底表示出来即可；用表示出，再利用共线向量的推论结合基本不等式求出最小值.
【详解】如图：
在中，，，设，
则，
由三点共线，得，解得，因此，
因为，，，则有，
而三点共线，因此，则
，当且仅当，即取等号，
所以当时，取得最小值.
故答案为：；
三、解答题
17．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
.
18．如图，五面体中，平面，为直角梯形，，，，.
(1)若为的中点，求证：平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行；
（2）利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值；
（3）利用空间向量的坐标运算求点到平面的距离.
【详解】（1）取的中点，连接，，
因为，分别是，的中点，所以且，
因为，，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为平面，平面，所以平面平面，
以为坐标原点，，所在直线分别为轴和轴，过点且垂直底面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，则，，，
，，又，所以，
，，设平面的法向量为，
则，即，令，得，
设平面的法向量为，则，即，
令，得，故，
所以平面与平面夹角的余弦值为；
（3）由（2）知平面的法向量为，，
则点到平面的距离为.
19．已知等差数列和正项等比数列满足：，，.
(1)求数列，的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)记，数列的前项和为，求.
【答案】(1)，；
(2)
(3)
【分析】（1）根据等差数列和等比数列定义由已知条件列出方程组，解得公差和公比即可写出数列，的通项公式；
（2）由（1）可知利用等差数列和等比数列前项和公式即可求得；
（3）利用错位相减法即可求得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，正项等比数列的公比为；
由，，可得，
解得或（舍），则；
所以，；
可得数列的通项公式为，的通项公式为；
（2）由（1）可得，
所以
，
即可得；
（3）易知，
则，
；
两式相减可得
；
所以数列的前项和为.
20．设椭圆（）的左右焦点分别为，，左右顶点分别为A，B，，.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知P为椭圆上一动点（不与端点重合），直线交y轴于点Q，O为坐标原点，若四边形与三角形的面积之比为，求点P坐标.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）根据已知线段长度求解出的值，然后根据求解出的值，则椭圆方程可求；
（2）根据条件将问题转化为三角形与三角形的面积比，由此得到关于的关系式，通过联立直线与椭圆方程求得对应坐标，然后求解出参数值则的坐标可求.
【详解】（1）因为，，所以，
所以，所以，
所以椭圆方程为；
（2）如下图所示：
因为四边形与三角形的面积之比为，
所以三角形与三角形的面积比为，
所以，所以，
显然直线的斜率不为，设直线的方程为，
联立，所以，
所以，，
所以，解得，
当时，，，
所以，所以，
当时，，，
所以，所以，
综上可知，点坐标为或.