2024届天津市滨海新区塘沽第一中学高三上学期第二次月考（期中）数学试题含答案

这是一份2024届天津市滨海新区塘沽第一中学高三上学期第二次月考（期中）数学试题含答案，共18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．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用补集和交集的定义即可求解.
【详解】因为，，
所以，
所以．
故选：C.
2．已知a是实数，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】判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即得答案.
【详解】当时，，
故，即成立，则成立；
当时，，但推不出成立，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
3．函数y=的图象可能是
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.
详解：令，
因为，所以为奇函数，排除选项A,B;
因为时，，所以排除选项C，选D.
点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．
4．已知，且，则（ ）.
A．3B．6C．12D．18
【答案】B
【分析】先由指数式化为对数式，利用换底公式得到，从而得到，计算出.
【详解】由得：，
由换底公式可得：，
则，所以，
因为，所以
故选：B
5．已知四棱锥的体积为，侧棱底面，且四边形是边长为2的正方形，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意确定四棱锥的外接球的球心位置，求出外接球半径，即可求得外接球表面积.
【详解】由题意四棱锥的体积为，侧棱底面，且四边形是边长为2的正方形，
得,

设O为PC的中点，E为的交点，连接，
则E为的中点，故,且
因为底面，故平面，
平面，故，
而四边形是边长为2的正方形，故，
故,则，
又，故，
同理求得，即，
故O为四棱锥的外接球的球心，则半径为，
则该四棱锥的外接球的表面积为，
故选：A
6．已知，记，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据，利用指数函数和对数函数的单调性求解.
【详解】解：因为，
所以，
所以，
故选：A
7．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列，以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4个为1，3，7，13，则该数列的第13项为（ ）
A．156B．157C．158D．159
【答案】B
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用累加法计算即可求解.
【详解】设该二阶等差数列为，则；
由二阶等差数列的定义可知，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，即，
所以
将所有上式累加可得，所以；
即该数列的第13项为.
故选：B
8．已知双曲线，为坐标原点，、为其左、右焦点，点在的渐近线上，，且，则该双曲线的渐近线方程为
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据，先确定出的长度，然后利用双曲线定义将转化为的关系式，化简后可得到的值，即可求渐近线方程.
【详解】如图所示：
因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以渐近线方程为.
故选：D.
【点睛】本题考查根据双曲线中的长度关系求解渐近线方程，难度一般.注意双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长度的一半.
9．已知函数的部分图像如图，将函数的图像所有点的横坐标伸长到原来的倍，再将所得函数图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，则下列关于函数的说法正确的个数为（ ）
①点是图像的一个对称中心
②是图像的一条对称轴
③在区间上单调递增
④若，则的最小值为

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由三角函数的图像与性质可得，再由三角函数图象变换法则可得，再结合三角函数的图像与性质逐项判断即可得解.
【详解】由图像可知函数的最大值为2，最小正周期满足，即，
所以，，，
又点在函数的图像上，所以，
所以，即，
又，所以，，
将函数的图像所有点的横坐标伸长到原来的，可得的图像，
再将所得函数图像向左平移个单位长度，可得的图像，
所以，
因为，
所以点不是图像的一个对称中心，是图像的一条对称轴，
故①错误，②正确；
当时，，
所以在区间上不单调，故③错误；
若，则、分别为函数的最大值、最小值；
由函数的最小正周期为可得的最小值为，故④正确.
故选：B.
二、填空题
10．已知复数 满足，则 .
【答案】
【分析】由题意利用复数的运算法则可得z的值.
【详解】由题意可得：
.
故答案为．
【点睛】本题主要考查复数的运算法则，属于基础题.
11．在的展开式中，的系数为，则 ．
【答案】/
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】的展开式中，含的项为，
所以.
故答案为：
12．已知直线与圆交、两点，若，则直线的方程为 .
【答案】
【分析】求出圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，进而可求得实数的值，由此可得出直线的方程.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
因为，且，所以，为等腰直角三角形，且，
圆心到直线的距离为，整理可得，解得.
因此，直线的方程为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用直线截圆所得弦所对的圆心角求直线方程，解题的关键在于利用圆心到直线的距离列等式求解，充分利用几何法分析弦心距.
三、双空题
13．盒中装有大小、形状完全相同的2个红球和3个黑球.若从中取2个球，恰好都是黑球的概率是 ；若每次取1球，取后不放回，直到取出黑球时停止，则取球次数的数学期望 .
【答案】 0.3/ /
【分析】根据古典概型的概率公式可求概率，再算出的分布列后可得其数学期望.
【详解】从中取2个球，恰好都是黑球的概率为.
又可取，
且，
故，
故答案为：0.3，
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，若函数在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由最多有2个根，可得至少有4个根，分别讨论当和时两个函数零点个数情况，再结合考虑求解即可.
【详解】最多有2个根，所以至少有4个根由，可得，
由可得.
时，当时，有4个零点，即；
当，有5个零点，即；
当，有6个零点，即；
当时，，
，
当时，，无零点；
当时，，有1个零点;
当时，令，则，
此时有2个零点；
所以若时，有1个零点.
综上，要使在区间内恰有6个零点，
则应满足或或，
则可解得的取值范围是：.
故答案为：.
【点睛】解决本题的关键是分成和两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况.
五、解答题
16．在中，角，，所对的边分别是，，，已知.
(1)求角的大小；
(2)若，，求的值.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用正弦定理以及两角差的余弦公式进行化简求解；（2）由余弦定理得，由正弦定理得，即得的值.
【详解】（1）因为，根据正弦定理可得
在中，，所以有，
则有，即，
又，所以.
（2）根据余弦定理，，所以.
根据正弦定理，，则有，
所以.
17．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，，是的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据即可证明平面；
（2）由点到平面距离的向量表示公式，代入数据即可求解；
（3）由直线与底面所成角的正弦值为可求出，然后根据两平面的法向量求所成角的余弦值即可.
【详解】（1）连接，因为，，
所以四边形为平行四边形，所以，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，，，,
因为是的中点，所以，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，
又因为平面，所以平面.
（2）由（1）知，，，所以，
且平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离.
（3）由题意知，底面的法向量为，
因为，，
且，，所以，
所以由题意知：，
解得：，所以，
因为，设平面的一个法向量为，
则，即，取，
所以，
又平面与平面夹角为锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．已知函数.
(1)若，求函数的单调递减区间；
(2)若，求函数在区间上的最大值；
(3)若在区间上恒成立，求的范围.
【答案】(1)
(2)当时，最大值为；当时，最大值为．
(3)
【分析】（1）求导，利用导数求原函数单调递减区间；
（2）分类讨论判断导函数符号，进而确定原函数的单调性及最大值；
（3）根据恒成立可得，分类讨论，结合（2）中的结果求解.
【详解】（1）当时，，则，
令．因为 ，则，
所以函数的单调递减区间是
（2）．
令，由，解得，（舍去）．
当，即时，在区间上，函数在上是减函数．所以函数在区间上的最大值为；
当，即时，在上变化时，的变化情况如下表
所以函数在区间上的最大值为．
综上所述：
当时，函数在区间上的最大值为；
当时，函数在区间上的最大值为．
（3）当时，则在上恒成立
∴函数在上是减函数，则
∴成立
当时，由（2）可知：
①当时，在区间上恒成立，则成立；
②当时，由于在区间上是增函数，
所以 ，即在区间上存在使得，不成立
综上所述：的取值范围为.
19．已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，（）.
(1)求，的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和；
(3)求证：（）.
【答案】(1)，；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据等差数列的项求公差，即可求数列的通项公式，代入条件求等比数列的项，即可求通项公式.
（2）按为奇数和偶数，求出数列的通项公式，再根据列项相消法和错位相减法求和.
（3）由，利用等比数列前项和公式求和，即可证得不等式.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，，得，则，
由，，得，解得，，则， ，
所以，的通项公式是，.
（2）当是奇数时，，
当是偶数时，，
则，
于是，
两式相减得：
因此，
，
所以.
（3）由（1）知，，当且仅当时取等号，
因此，
所以（）.
【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的.
20．已知函数，.
(1)求在处的切线方程；
(2)判断函数在区间上零点的个数，并证明；
(3)函数在区间上的极值点从小到大分别为，证明：.
【答案】(1)
(2)函数在区间上有两个零点，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义即可求得答案.
（2）分和以及三种情况，判断单数的正负，判断函数单调性，结合零点存在定理，即可判断出结论.
（3）利用（2）的结论可知在区间上的极值点即为的零点，判断极值点的范围，推出，从而判断出，再结合余弦函数性质，即可证明结论.
【详解】（1），在处的切线方程为即.
（2）函数在区间上有两个零点，
证明如下：
当时，，
在区间上单调递减，在区间上无零点；
当时，，
在区间上单调递增，，
在区间上唯一零点；
当时，，
在区间上单调递减，，
在区间上唯一零点；
综上可知，函数在区间上有两个零点.
（3）证明：因为，由（2）知在无极值点；
设在内的零点为，则时，，
则时，，
故在有极小值点，即为；
设在内的零点为，则时，，
则时，，
故在有极大值点，即为，
，
，
由，得，
即，结合，故，
，函数在单调递增，
故由，得，
，
由在单调递减，
得，即，故.
【点睛】关键点点睛：第三问利用极值点证明不等式时，可结合（2）中结论判断极值点的范围，关键的地方在于要根据导函数的零点与极值点的关系得到，结合，得到，从而再结合正切函数的单调性，判断出，继而结合余弦函数性质，可证明结论.
x
+
+
-
↗
↘