天津市宁河区2024届高三上学期期末数学试题

这是一份天津市宁河区2024届高三上学期期末数学试题，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．B．C．D．
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
3．2023年7月28日，第31届世界大学生夏季运动会（简称大运会）在四川成都开幕，这是继2001北京大运会，2011深圳大运会之后，中国第三次举办夏季大运会；在成都大运会中，中国代表团取得了骄人的成绩．为向大学生普及大运会的相关知识，某高校进行“大运会知识竞赛”，并随机从中抽取了200名学生的成绩（满分100分）进行统计，成绩均在内，将其分成5组：，，，，，并整理得到如下的频率分布直方图，则在被抽取的学生中，成绩落在区间内的人数为（ ）
A．20B．40C．60D．80
4．设，，，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
5．函数在区间上的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
6．如图，在直角梯形中，，，，，，以所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列满足：，若，则（ ）
A．48B．24C．16D．12
8．已知双曲线的一条渐近线过点，且双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
9．已知函数的图象关于对称，它的最小正周期为，关于该函数有下面四个说法：
①的图象过点
②在区间上单调递减；
③当时，的取值范围为；
④把函数的图象上所有点向右平行移动个单位长度，可得到的图象．以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题
10．是虚数单位，复数 ．
11．在的展开式中，的系数是 ．
12．过点且倾斜角为的直线和圆相交于A，B两点，则 ．
13．甲和乙两个箱子中各装有大小质地完全相同的个球，其中甲箱中有个红球、个白球和个黑球，乙箱中有个红球、个白球和个黑球．若从甲箱中不放回地依次随机取出个球，则两次都取到红球的概率为 ；若先从甲箱中随机取出一球放入乙箱；再从乙箱中随机取出一球，则从乙箱中取出的球是红球的概率为 ．
14．在平行四边形中，，是的中点，，若设，则可用，表示为 ；若的面积为，则的最小值为 ．
15．已知定义在上的函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是 .
三、解答题
16．在中，角所对的边分别为，已知，，．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
17．如图，且，，且，且，平面，，M为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
18．记是等差数列的前项和，是等比数列，且满足，，，．
(1)求和的通项公式；
(2)对任意的正整数，设，求数列的前项和；
(3)求数列的前项和．
19．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，．
(1)求椭圆的方程；
(2)设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点在圆上，直线，的斜率分别为，，且，求证：
（i）；
（ii）直线过定点，并求出此定点的坐标．
20．已知函数，．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)设是函数的两个极值点，证明：．
参考答案：
1．D
【分析】直接根据交集、并集的定义得答案.
【详解】由已知，
则.
故选：D.
2．A
【分析】根据题意，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.
【详解】由可得，故充分性满足；
由不一定得到，比如，故必要性不满足，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选:A
3．C
【分析】先根据频率和为求出，进而可得人数.
【详解】由频率分布直方图可得
，解得，
所以成绩落在区间内的人数为.
故选：C.
4．B
【分析】利用指数函数的单调性得到，再利用对数函数的单调性得出，即可求出结果.
【详解】因为，，易知函数是增函数，
又，所以，
又易知是减函数，所以，得到，
故选：B.
5．D
【分析】根据条件，利用函数的奇偶性和函数的取值，结合图象即可求出结果.
【详解】因为，，，
所以，图像关于原点对称，故选项A和B错误，
又，，，所以选项C错误，选项D正确，
故选：D.
6．C
【分析】所得几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥的组合体，分别求出圆柱与圆锥的体积，相减可得几何体的体积．
【详解】旋转后所得几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥的组合体，如图所示：
其中圆柱与圆锥的底面半径都等于
圆柱的高等于，圆锥的高等于，
底面圆的面积为，
圆锥的体积为，圆柱的体积为，
所以所得几何体的体积为．
故选：C.
7．A
【分析】先根据条件得到数列为公差为1的等差数列，再利用等差数列的通项公式及对数的运算性质计算即可.
【详解】由得，
所以数列为公差为1的等差数列，
所以，
所以，
所以.
故选：A.
8．D
【分析】根据题设条件，直接求出即可求出结果.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，所以，得到，
又抛物线的准线为，所以，又，得到，
所以双曲线的方程为，
故选：D.
9．B
【分析】先通过周期和对称轴求出函数的解析式，对于①，直接代点判断；对于②③，求出的范围，然后利用正弦曲线的性质判断；对于④，根据题意平移后判断.
【详解】的最小正周期为，所以，得，
由关于对称，则，
所以，解得，
又，所以，
所以，
对于①：，①错误；
对于②：由得，函数在上单调递减，所以在区间上单调递减，②正确；
对于③：由得，函数在上的值域为，所以的取值范围为，③错误；
对于④，把函数的图象上所有点向右平行移动个单位长度得，④正确；
故选：B.
10．/
【分析】根据复数除法法则计算出答案.
【详解】.
故答案为：
11．
【分析】利用展开式的通项公式，即可求出结果.
【详解】因为展开式的通项公式为，
所以的系数为，
故答案为：.
12．
【分析】求出直线方程，利用点到直线距离公式和垂径定理求出弦长.
【详解】因为，所以直线方程为，即，
圆心到直线的距离为，
故，
故答案为：
13．
【分析】根据条件，先求出基本事件的个数和事件包含的基本事件的个数，再由古典概率公式即可求出第一空的结果；用，，表示从甲箱中随机取出一球是红球、白球、黑球，事件：从乙箱中取出的球是红球，从而有，再利用互斥事件的概率公式及全概率公式即可求出结果.
【详解】因为从甲箱中不放回地依次随机取出个球，共有种取法，
又两次都取到红球，共有种取法，由古典概率公式知，两次都取到红球的概率为，
记事件：表从甲箱中随机取出一球是红球，记事件：表从甲箱中随机取出一球是白球，
记事件：表从甲箱中随机取出一球是黑球，记事件：从乙箱中取出的球是红球，
则，，
所以
.
故答案为：；.
14．
【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算法则，以及向量数量积的运算公式以及模的运算公式，结合基本不等式，即可求解.
【详解】如图所示，根据向量的运算法则，
可得，
设，因为的面积为，可得，即，
又由
，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：；.
15．.
【详解】数形结合，由直线与曲线的位置关系可得当时有两个交点，即函数恰有两个零点.
点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先求出，然后利用正弦定理求解；
（2）利用余弦定理列方程求解；
（3）先求出，，然后利用两角差的正弦公式计算即可.
【详解】（1）根据为三角形的内角可得，
根据正弦定理得；
（2）根据余弦定理，
解得，（负值舍去）；
（3）因为，所以为锐角，
所以，
所以，
，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行；
（2）利用向量求线面角；
（3）利用向量求面面角.
【详解】（1）由平面，，如图建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设面的法向量为，
则，取可得，
此时，
所以，又面，
所以平面；
（2）设直线与平面所成角为，，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为；
（3）设面的法向量为，，
则，取可得，
设平面与平面夹角为，
所以.
即平面与平面夹角的余弦值.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用等差数列，等比数列的通项公式，求和公式列方程组求解；
（2）利用分组求和，将奇数项和偶数项的和分别求出即可；
（3）利用错位相减法求和.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，解得，
所以；
（2）由（1）得，
（3）由（1）得，
则，
所以
两式相减得
.
所以.
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点为
【分析】（1）根据条件，直接求出，即可求出结果；
（2）根据条件，设出直线，直线，联立，得到，
联立，得，通过计算得，即可证明；
再计算出，从而得出直线的方程，即可求出结果.
【详解】（1）由题知，，，又，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）由（1）知，设直线，直线，
由，消得到，得到，，所以，
由，消得到，得到，，所以，
故，，
所以，
故，
（ii）由（i）知，
所以直线的方程为，整理得到，
所以直线过定点，定点为.
20．(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，然后求出，，根据点斜式写出直线方程；
（2）求导，然后分和讨论求的单调区间；
（3）根据极值点为导函数的零点，令，利用韦达定理将用表示，代入，构造函数求其最值即可.
【详解】（1）当时，，
得，则，，
所以切线方程为，即；
（2），
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，令，得，单调递增，
令，得，单调递减，
综合得：当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为；
（3），
则，
因为是函数的两个极值点，
即是方程的两不等正根，
所以，得，
令，则，
得，
则，
所以
，
则，
令，
则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
即.
【点睛】关键点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就是利用韦达定理，令达到消元的目的，常用的换元有等.