2024届天津市第一百中学高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届天津市第一百中学高三上学期期中数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，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，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知先求集合B,再根据并集定义求解即可.
【详解】因为所以.
故选：D.
2．已知向量，，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】B
【分析】利用向量共线的坐标表示求“”的充要条件，再判断.
【详解】由，，
则.
所以有，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的定义域、奇偶性以及的值来确定正确选项.
【详解】由题意，函数的定义域为，
且，所以函数为奇函数，
其图象关于原点对称，所以排除C、D项，
，所以排除B项．
故选：A
4．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用指数函数、对数函数的性质，借助媒介数比较大小即可.
【详解】依题意，，，而，
所以.
故选：A
5．对两个变量x，y进行线性相关检验，得线性相关系数r1＝0.8995，对两个变量u，v进行线性相关检验，得线性相关系数r2＝﹣0.9568，则下列判断正确的是（ ）
A．变量x与y正相关，变量u与v负相关，变量x与y的线性相关性较强
B．变量x与y负相关，变量u与v正相关，变量x与y的线性相关性较强
C．变量x与y正相关，变量u与v负相关，变量u与v的线性相关性较强
D．变量x与y负相关，变量u与v正相关，变量u与v的线性相关性较强
【答案】C
【分析】根据相关系数的知识确定正确选项.
【详解】依题意：，
所以正相关，负相关，
，所以的线性相关性较强.
故选：C
6．已知，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称；
B．在上单调递增；
C．在上的值域为；
D．图象可由的图象向右平移个单位长度得到．
【答案】B
【分析】由正弦函数性质判断ABC，由图象变换判断D．
【详解】，因此的图象关于点成中心对称，A错；
时，，函数递增，B正确；
时，，，C错；
的图象向右平移个单位长度得到图象的解析式为，D错，
故选：B．
7．函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用导数和偶函数性质得到的单调性，则得到不等式，解出即可.
【详解】，且定义域为关于原点对称，故为偶函数，
当时，，设，则，
则在上单调递增，则，即在上恒成立，
则在上单调递增，
又因为为偶函数，则在上单调递减，
则由，得到，即或，解得，
故选：D.
8．设，分别是双曲线的左、右焦点，过点作直线与圆切于点，与双曲线右支交于点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意首先根据、双曲线的定义得出，再结合即可列出等式求解.
【详解】
由题意过点作直线与圆切于点，且，
所以，
又，
所以，
所以，
所以，
由双曲线的定义可知，
而，
所以在中，由勾股定理有，即，
解得，即双曲线的离心率为.
故选：A.
9．若函数恰有4个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先确定0是一个零点，在非0零点中，根据的正负分类讨论化简方程，然后转化为函数与函数的图象有三个不同的交点，作出函数图象进行分析可得，注意对讨论作出的图象．
【详解】显然是的一个零点，
因此除0以外还有3个解，
时，方程化为，时方程化为，
时，显然不合题意，
所以函数与函数的图象有三个不同的交点，
作出函数和的图象，
时图象为图1，时，图象为图2，
时，时的图象与的图象没有公共点，时，的图象是一条射线，图象与的图象不可能是三个交点，
，时的图象是一条射线与的图象没有公共点，
所以时，的图象与的图象应有三个公共点，
时，的图象是一条线段，与有一个公共点，时，是一条射线，与应有两个交点，
由得，，或(舍去)，
经检验，满足要求，
综上，．
故选：A．

图1 （） 图2（）
【点睛】方法点睛：对含有参数的零点问题一般先化为方程的解，然后转化为函数图象交点个数问题，这里变化最多的是一般的函数图象与直线的交点，然后利用直线与曲线的关系进行求解．
二、填空题
10．已知是虚数单位，化简的结果为 ．
【答案】/
【分析】由复数的除法运算计算．
【详解】，
故答案为：
11．展开式的常数项为 ．
【答案】240
【分析】根据二项式定理展开式公式求解即可.
【详解】解：展开式的通项公式为：
故令，解得
所以常数项为
故答案为：
【点睛】本题考查二项式定理的应用，解题的关键在于熟练应用二项式定理展开式的通项公式，是基础题.
12．记曲线的焦点为F，过原点的一条直线与曲线C交于点M（异于原点），且与圆相切，若，则P的值为 ．
【答案】
【分析】根据圆与抛物线都是关于轴对称，不妨设切线方程为：，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出.
【详解】易知圆和抛物线关于轴对称，
不妨设切线方程为：，
所以圆心到直线的距离为：，解得，
又因为，解得或，
焦点坐标，所以
则.
若切线方程为：，则时，
又因为，解得或，
焦点坐标，所以
则.
故答案为：
三、双空题
13．某射击小组共有10名射手，其中一级射手3人，二级射手5人，三级射手2人，现选出2人参赛，在至少有一人是一级射手的条件下，另一人是三级射手的概率为 ；若一、二、三级射手获胜概率分别是0.9，0.7，0.5，则任选一名射手能够获胜的概率为 ．
【答案】 /0.25 /0.72
【分析】计算出至少有一人是一级射手的情况有几种，再求出选出的2人中1人是一级射手另一人是三级射手的情况的种数，根据条件概率的计算公式即得答案；求出任选一名射手，分别是一、二、三级射手的概率，根据全概率公式即可求得任选一名射手能够获胜的概率.
【详解】由题意得至少有一人是一级射手的情况共有种，
选出的2人中1人是一级射手另一人是三级射手的情况种，
故选出2人参赛，在至少有一人是一级射手的条件下，另一人是三级射手的概率为；
任选一名射手，分别是一、二、三级射手概率分别为，
而一、二、三级射手获胜概率分别是0.9，0.7，0.5，
则任选一名射手能够获胜的概率为，
故答案为：，
四、填空题
14．已知，，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】由，然后利用四元基本不等式求解.
【详解】因为，，得：，
则：，
当且仅当时，即，时取等号，
故最小值为：.
故答案为：.
五、双空题
15．在中，，面积为，点D为的中点，，设，，则用，表示为 ；若点F为的中点，则的最小值为 ．
【答案】 /0.5
【分析】根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；用表示出，结合上一空答案，于是可由表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解.
【详解】因为，则，可得;
因为点F为的中点，，则，可得，
得到，
即，即.
于是.
记，
则，
在中，，
由基本不等式,于是，
当且仅当取得等号，
则时，有最小值.
故答案为：；.
六、解答题
16．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理化角为边得，再代入已知得，然后由余弦定理可得；
（2）利用二倍角公式得出，再由两角差的正弦公式计算．
【详解】（1）∵，∴由正弦定理得，即，∴，，
；
（2），，
，，
∴．
17．如图，平面，，，，，
(1)求证：//平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（3）利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为，平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面；
（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为．
（3）因为
所以点F到平面BDE的距离为.
18．设椭圆的右焦点为F，左右顶点分别为A，B．已知椭圆的离心率为，．
(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，若四边形的面积是三角形面积的3倍，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知线段长度与离心率，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，然后求解出参数值得的坐标，则可求直线方程.
【详解】（1）因为，，，所以，
所以，所以，
所以椭圆方程为；
（2）如图，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，，
当时，，
故直线的方程为.
19．设是等差数列，是等比数列．已知，，，
(1)求和的通项公式以及
(2)设，数列的前项和为，证明：；
(3)设，求数列的前项和
【答案】(1)， ；
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用等差数列和等比数列的通项公式，结合等差数列前项和进行求解即可；
（2）运用裂项相消法进行求解即可；
（3）利用错位相减法进行求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因为，，，，
所以有，
；
（2），
；
（3）因为，
所以有，
，
两式相减，得，
.
20．已知函数
(1)当时，求在点处的切线方程；
(2)若对恒成立，求实数的取值范围
(3)若有3个零点，其中，求实数的取值范围，并证明．
【答案】(1)
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）对恒成立，化简分离参数可得对恒成立，构造函数，求出的最大值即可；
（3）将函数有三个零点转化为有两个零点，分类讨论，得使条件成立的的取值范围，再证明，结合，，即可得证.
【详解】（1）当时，，
则，
故，
所以在点处的切线方程为，
即；
（2）对恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
令，则，
所以函数在上单调递增，
所以，所以，
即实数的取值范围为；
（3），
，
令，
当时，在恒成立，则，
所以在单调递减，不满足，舍去；
当时，因为，
则除1外还有两个零点，则不单调，
所以存在两个不同的零点，所以，解得，
当时，设的两个零点为，
则，，所以，
当时，，，则单调递增；
当时，，，则单调递减；
当时，，，则单调递增；
又，所以，，
而，且，
，且，
所以存在，，使得，
即有3个零点，
综上，实数a的取值范围为，
因为
，
又，，
所以，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．