天津市2023_2024学年高三数学上学期开学检测试题含解析

这是一份天津市2023_2024学年高三数学上学期开学检测试题含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.祝同学们考试顺利！
第Ⅰ卷（选择题共45分）
一、选择题：本大题共5小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的，请把正确答案填涂在答题卡上.
1. 设全集，集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合，根据集合并集与补集运算求解.
【详解】方程的两根分别为，
故，
所以，.
故选：D
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】B
【解析】
【分析】
分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.
详解】化简不等式，可知推不出；
由能推出，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选B．
【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．
3. 函数在的图像大致为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性以及特殊点的函数值确定正确答案.
【详解】设，的定义域为，
，所以是奇函数，
图像关于原点对称，C选项错误.
，所以BD选项错误，A选项正确.
故选：A
4. 某部门随机调查了90名工作人员，为了了解他们的休闲方式是读书还是健身与性别是否有关，得到的数据如列联表所示.若认为性别与休闲方式有关，则此时犯错误的概率不超过（）
附：，，
A. 0.01B. 0.05C. 95%D. 99.5%
【答案】B
【解析】
【分析】计算的值，由此确定正确答案.
【详解】依题意，，
所以犯错误的概率不超过的情况下，认为性别与休闲方式有关.
故选：B
5. 已知，则（）
A. 25B. 5C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．
【详解】因为，，即，所以．
故选：C.
6. 已知，，，则a，b，c的大小关系为
AB. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.
详解：由题意结合对数函数的性质可知：
，，，
据此可得：.
本题选择D选项.
点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．
7. 甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以、和表示从甲罐中取出红球、白球和黑球，再从乙罐中随机取出一球，以表示从乙罐中取出的球是红球，则下列结论中正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据全概率公式求得，结合条件概型的知识确定正确答案.
【详解】依题意，，A选项正确.
，B选项错误，
，C选项错误，
，D选项错误.
故选：A
8. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【详解】[方法一]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．
所以．
[方法二]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选：D．
【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．
9. 已知函数图象上存在关于y轴对称的两点，则正数a的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分析的单调性，可得对称点分别位于与的图象上，从而得到，进而利用同构法，构造函数得到，再构造函数，由此得解.
【详解】因为，
所以当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
又的图象上存在关于y轴对称的两点，
所以这两个对称点分别位于与的图象上；
设在的图象上，则在函数的图象上，且，
故有，即，
进而；
设，则，
又恒成立，故在上单调递增，
所以，即，
令，则在上恒成立，
故在上单调递减，
故，则，于是．
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于利用同构法，将转化为，从而构造了函数，由此得解.
第Ⅱ卷（非选择题共105分）
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共计30分.不需写出解答过程，请把答案填在答案纸上的指定位置.
10. 已知（为虚数单位），则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数乘法、除法运算求得正确答案.
【详解】依题意，
则.
故答案为：
11. 展开式中常数项为______．
【答案】60
【解析】
【分析】先求出展开式的通项公式,再令 的指数为0,解出,进而可求出常数项.
【详解】的展开式中的通项公式：.
令-6=0，解得r=4．
∴的展开式中常数项为:=60．
故答案60．
【点睛】本题考查了二项式定理,属基础题.
12. 将字母、、、、、排成一排，其中必须在的左边，则不同的安排方法有________.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】先安排，然后排其它字母，由此计算出不同的安排方法.
【详解】先安排，方法数有种方法，
再安排其它字母，方法数有种，
故不同的安排方法有种.
故答案为：
13. 现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则__________，_________．
【答案】 ①. ， ②. ##
【解析】
【分析】利用古典概型概率公式求，由条件求分布列，再由期望公式求其期望.
【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有种，所以，
由已知可得的取值有1，2，3，4，
，，
，
所以,
故答案为：，.
14. 已知，则的最小值是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题设条件可得，可得，利用基本不等式即可求解.
【详解】∵
∴且
∴，当且仅当，即时取等号.
∴的最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
15. 设函数存在最小值，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据的值与的大小关系进行分类讨论，每种情况分别求函数在和的最小值，并比较大小即可.
【详解】①当时，，故函数在上单调递增，因此不存在最小值；
②当时，.
当时，，故函数存在最小值；
③当时，，故函数在上单调递减，
当时，；当时，.
若，则不存在最小值，故，解得.
此时满足题设；
④当时，，故函数在上单调递减，
当时，；当时，.
因为，所以，
因此不存在最小值.
综上，的取值范围是.
故答案为：.
三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把解题过程写在答案纸上.
16. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角B的大小；
（2）设，，求和的值.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理得到，即可得到，从而求出；
（2）利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出，即可求出，再利用二倍角公式求出、，最后根据两角和的正弦公式计算可得；
【小问1详解】
解：在中，由正弦定理，可得，
又由，得，即，
又因为，可得.
【小问2详解】
解：由（1）得，在中，，，
由余弦定理有，故.
由正弦定理，即，可得.
又因为，故.
因此，.
所以.
17. 如图，P，O分别是正四棱柱上、下底面的中心，E是AB的中点，，．
（1）求证：平面PBC；
（2）求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；
（3）求平面POC与平面PBC夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)建立坐标系，利用平面的法向量与的数量积为零可证明；
(2)利用与平面的法向量可求解；
(3)利用平面的法向量可求解.
【小问1详解】
以点O为原点，直线OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，
由上得，，，
设平面PBC的法向量为，则由得
取，得，因为，所以，
又平面PBC，所以平面PBC．
【小问2详解】
由（1）知平面PBC的法向量为，
因为，所以，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为．
【小问3详解】
显然，平面POC的法向量为，
由（1）知平面PBC的法向量为，
设平面POC与平面PBC的夹角为，则．
18. 已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，点P（﹣1，）在椭圆C上，且|PF2|．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，M为线段AB的中点，若椭圆C上存在点N，满足3（O为坐标原点），求直线l的方程．
【答案】（1）．（2）xy﹣1＝0或xy﹣1＝0．
【解析】
【分析】（1）根据题意得①，②，③，由①②③组成方程组，解得，，进而得椭圆的方程．
（2）设直线的方程为，，，，，联立直线与椭圆的方程得关于的一元二次方程，结合韦达定理得，，从而得线段中点坐标，点的坐标，将其代入椭圆方程，可解得，进而得出直线的方程．
【详解】解：（1）因为点在椭圆上，且．
所以，①
，解得，②
又因为③
由①②③组成方程组，解得，，
所以椭圆的方程为：．
（2）由（1）可知，
设直线的方程为，，，，，
联立直线与椭圆的方程得，
得，则，
所以线段中点，，
所以，，
所以点的坐标为，，
将点坐标代入椭圆的方程，
解得，，
所以直线的方程为：或．
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，属于中档题．
19. 已知等比数列的公比，若，且，，分别是等差数列第1，3，5项.
（1）求数列和的通项公式；
（2）记，求数列的前项和；
（3）记，求的最大值和最小值.
【答案】（1），
（2）
（3）最大值为，最小值为
【解析】
【分析】（1）根据等差数列、等比数列的知识求得.
（2）利用错位相减求和法求得.
（3）利用裂项求和法，结合对进行分类讨论，由此求得的最大值和最小值.
【小问1详解】
依题意，，，
解得，所以，
则，
设等差数列的公差为，则，
所以.
【小问2详解】
，
，，
两式相减得，
.
【小问3详解】
，
，
当为偶数时，，
令（为偶数），则是单调递增数列，
最小值为，且.
当为奇数是，，
令（为奇数），则是单调递减数列，
最大值为，且.
综上所述，的最大值为，最小值为.
【点睛】求解等差数列或等比数列的通项公式，关键是通过基本量的计算求得首项和公差（公比）.求解形如等差数列乘以等比数列，或等差数列除以等比数列的数列的前项和，使用的方法是错位相减求和法.
20. 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
【答案】（1）的减区间为，增区间为.
（2）
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
小问1详解】
当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
【小问3详解】
取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
性别
休闲方式
合计
读书
健身
女生
25（）
20（）
45
男生
15（）
30（）
45
合计
40
50
90
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828