2024届天津市南开中学高三上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2024届天津市南开中学高三上学期第二次月考数学试题含答案，共19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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据对数函数的定义域求出，根据二次函数的性质求出，再根据集合的运算法则计算可得.
【详解】因为，，
所以，则.
故选：A
2．设数列的公比为，则“且”是“是递减数列”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】根据题意，结合等比数列的通项公式，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】由等比数列的通项公式可得，，
当且时，则，且单调递减，则是递减数列，故充分性满足；
当是递减数列，可得或，故必要性不满足；
所以“且”是“是递减数列”的充分不必要条件.
故选：A
3．函数的大致图像为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据奇偶性可排除CD，当时，，排除B.
【详解】因为，，
所以，
故函数为奇函数，故排除CD，
当时知，可排除B.
故选：A.
4．设，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由条件可得，，即可得到结果.
【详解】因为，，且，所以，
即，且；
又，所以.
故选：B
5．设为正项等比数列的前项和，，，成等差数列，则的值为（ ）
A．B．C．16D．17
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为q，q＞0，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比q，再由等比数列的求和公式，计算可得所求值．
【详解】正项等比数列{an}的公比设为q，q＞0，a5，3a3，a4成等差数列，
可得6a3＝a5+a4，即6a1q2＝a1q4+a1q3，
化为q2+q﹣6＝0，解得q＝2（﹣3舍去），
则1+q4＝1+16＝17．
故选D．
【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，等差数列的中项性质，考查方程思想和化简运算能力，属于基础题．
6．已知且，则a的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】令，利用指对数互化，换底公式及对数的运算法则可得，即得.
【详解】令，
则，，又，
∴，即，
∴.
故选：C.
7．我国古代数学名著《九章算术》中记载“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何?”这里的“羡除”，是指由三个等腰梯形和两个全等的三角形围成的五面体．在图1所示羡除中，，，，，等腰梯形和等腰梯形的高分别为和，且这两个等腰梯形所在的平面互相垂直．按如图2的分割方式进行体积计算，得该“羡除”的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由图可知，中间部分为棱柱，两侧为两个全等的四棱锥，再由柱体和锥体的体积公式可求得结果.
【详解】按照图中的分割方式，中间为直三棱柱，直三棱柱的底面为直角三角形，
两条直角边长分别为、，直三棱柱的高为，
所以，直三棱柱的体积为.
两侧为两个全等的四棱锥，四棱锥的底面为直角梯形，
直角梯形的面积为，四棱锥的高为，
所以，两个四棱锥的体积之和为，
因此，该“羡除”的体积为.
故选：A.
8．记表示区间上的偶数的个数．在等比数列中，，，则（ ）
A．39B．40C．41D．42
【答案】C
【分析】设的公比为，根据和求出，从而得和，再根据的定义可求出结果.
【详解】设的公比为，则，
所以，则，
所以，
所以落在区间内的偶数共有41个，故.
故选：C.
9．将函数图象上的所有点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．为奇函数B．
C．的最小正周期为D．的单调递增区间为，
【答案】B
【分析】根据三角函数的变换规则求出的解析式，再根据正弦函数的性质判断A、C、D，利用诱导公式判断B.
【详解】将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到，
函数的最小正周期，故C错误；
又，所以为非奇非偶函数，故A错误；
又，
所以，故B正确；
令，，
解得，，
所以函数的单调递增区间为，，故D错误；
故选：B
二、填空题
10．设是虚数单位，（），则 ．
【答案】3．
【分析】根据复数相等的充要条件，建立方程，求解即可.
【详解】，
，.
故答案为：3.
【点睛】本题复数的代数运算和复数相等定义的应用，属于基础题.
11．在的展开式中，的系数是 ．
【答案】
【分析】写出展开式的通项，令，求出，再代入计算可得.
【详解】二项式展开式的通项为（其中且），
令，解得，所以，
所以展开式中的系数是.
故答案为：
三、双空题
12．已知直线与圆相切，且被圆截得的弦长为，则 ； ．
【答案】
【分析】利用圆心到直线的距离等于半径求出，即可求出直线的方程，再由弦长求出圆心到直线的距离，即可求出.
【详解】因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离，解得或（舍去），
则直线的方程为：，
又被圆截得的弦长为，
所以圆心到直线的距离，
解得或（舍去）.
故答案为：；
四、填空题
13．锐角，满足，，则和中的较小角等于 ．
【答案】/
【分析】根据题意，由正切的和差角公式代入计算，即可得到的值，即可得到结果.
【详解】由可得，所以，
又，所以，
由，解得，
或（舍去，此时不为锐角），
所以，为锐角，则，又，则.
所以和中的较小角为.
故答案为：
五、双空题
14．为的边一点，满足．记，，用，表示 ；若，且的面积为，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据平面向量的线性运算计算即可，设，根据三角形的面积公式可得，再利用向量化结合基本不等式及三角函数的性质即可得出答案.
【详解】由，
得，
设，则，设的对边分别为，
由的面积为，得，所以，
，
故
，
所以，
又，所以，所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：；.
六、填空题
15．若二次函数在区间上存在零点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】设为在上的零点，可得，转化为点在直线上，结合的几何意义，可得有解问题，利用导数的单调性和最值即得.
【详解】设为在上的零点,可得：，即：，
从而可理解为点在直线上，而表示点到原点的距离的平方.
依题意，问题转化为有解，即有解，
不妨设，令则，则有，
记易得：在上递减，在上递增，而故
即：，故当或时， 的最小值为
故答案为：
【点睛】方法点睛：已知函数在定区间上存在零点问题常用的方法：
（1）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数在给定区间上的图象，利用数形结合的方法求解.
（2）分离参数法：对于一个参数的问题，一般先将参数分离，转化成求函数在给定区间上的值域问题加以解决；
（3）反客为主法：对于含双变量的零点问题，常设出零点，将方程转化为双变量为点坐标的轨迹问题，利用所求式的几何意义求解.
七、解答题
16．在中，对应的边为.已知.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若，求和的值.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）先根据正弦定理化边为角，再根据两角和正弦公式化简得结果，（Ⅱ）根据余弦定理求，代入条件求得，解得，最后根据两角和余弦定理得结果.
【详解】（Ⅰ）解：由条件，得，又由，得.
由，得，故.
（Ⅱ）解：在中，由余弦定理及，
有，故.
由得，因为，故.
因此，.
所以.
【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.
17．如图，在直三棱柱中，，，为棱的中点．为线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）由（1）中坐标系，利用面面夹角的向量求法求解即得.
（3）由（1）中坐标系，利用点到平面的距离公式计算得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，，则两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
由，，分别为，中点，
则，
得，
设平面的法向量为，则，令，得，
因为，则，即平面，而平面，
所以平面.
（2）由（1）得，，设平面的法向量为，
，令，得，而平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）由（1）知平面的法向量为，，
则点到平面的距离.
18．椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为，左、右焦点分别为，，且，，成等比数列．
(1)求椭圆的方程；
(2)过的直线与椭圆交于，两点，直线，分别与轴交于，两点．若，求直线的斜率．
【答案】(1)
(2)或0
【分析】（1）由题意，可知，由，，成等比数列，得到，结合即可求出椭圆方程；
（2）斜率为零时，符合题意；斜率不为零时，设其直线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理，得到，，分别求出直线，的方程，进而求出，两点，利用三角形面积公式结合求出，进而得到直线的斜率．
【详解】（1）设椭圆左，右焦点分别为，，
由题意可知，，①
因为，，成等比数列，
所以，即，
整理得，，②
又，③
由①②③解得，，， ，
所以椭圆方程为.
（2）
由（1）可知，，
由题意知，当直线的斜率为0，，重合，，重合，，符合题意；
当直线斜率不为零时，设其直线方程为，，
由可得，，
，
则，，
因为，所以的直线为，
令，则，即，
同理可得，
所以
所以，
，
点到直线的距离为，
所以，
又因为，
所以，
解得，或 ，
当时，直线的方程为，此时直线过点，不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为,即，符合题意.
综上，所以直线的斜率为或0.
19．已知数列是首项为1的等差数列，数列是公比不为1的等比数列，满足，，．
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)若数列满足，，记．是否存在整数，使得对任意的都有成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)存在，理由见解析
【分析】（1）利用等差等比数列的基本量表示已知条件，解方程组得到基本量，利用等差等比数列的通项公式得到答案；
（2）利用错位相减法求解即可；
（3）假设存在满足要求的整数，取得到的范围，进而求得的值为，然后证明当时，对任意的，都有成立．为此先要根据，利用等比数列的求和公式，求得，结合，求得，然后利用作差法证明即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，所以，
因为，所以，
所以，解得，
所以，；
（2）由（1）得，
则①，
②，
由①②得
，
所以；
（3）由题设可得，
假设存在满足要求的整数，
令，则，解得；
令，则，解得；
令，则，解得；
所以，
又已知，故若存在，则，
下证：当时，对任意的，都有成立，
，
，
，
即
，
又，
所以，
则，
，
又因，所以，
即对任意的都有成立，得证.
所以存在整数，使得对任意的都有成立．
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.
20．已知函数，且．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若，且存在三个零点，，．
（i）求实数的取值范围；
（ii）设，求证：．
【答案】(1)
(2)（i），（ii）证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式计算可得；
（2）（i）根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点，再根据最值可求.
（ii）根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.
【详解】（1）当时，则，
又，所以，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）（i）因为且存在三个零点，
所以有3个根，
当时，，，，
所以在上是单调递增，由零点存在定理，方程必有一个负根，
当，，即有两个根，
令，可转化为与有两个交点，
，
可得时，即在单调递增，
可得时，即在单调递减，
其中，当，，
所以可得，解得.
（ii）因为且存在三个零点.
设，，，，易知其中，，
因为，所以，所以，，，
故可知①；
由（i）可知与有两个交点，
当，是单调递增，所以，，，所以②；
即，，
若，则，
若，构造函数，，
则
，
设，
则，
因为，
又因为，
所以③；
因为
，
又因为，
所以，
即得④；
由③④可知，在上单调递增，
又可得，
，可知与同号，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，又由（i）可知，
所以，，
，，是单调递增，
所以⑤，
由①②⑤可知.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数证明不等式，解决问题的关键点是极值点偏移问题，证明方法总结：先构造，再确定的单调性，结合特殊值得到再利用单调性可得.