天津市滨海新区2023_2024学年高三数学上学期期中试题含解析

这是一份天津市滨海新区2023_2024学年高三数学上学期期中试题含解析，共13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（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集、补集的定义可求.
【详解】由题设可得，故，
故选：B.
2. 设，则“”是“”（ ）
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】A
【解析】
【分析】求绝对值不等式、一元二次不等式的解集，根据解集的包含关系即可判断充分、必要关系.
【详解】由，可得，即；
由，可得或，即；
∴是的真子集，
故“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A
3. 若复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算化简复数，然后利用共轭复数的概念求解即可.
【详解】因为，所以.
故选：B
4. 函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
5. 已知，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用中间量比较，运用中间量比较
【详解】则．故选B．
【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数式和对数式的关系可得a的值，再根据换底公式可得.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
7. 函数可以由经过变换得到，则变换方式正确的是（ ）
A. 的纵坐标不变；横坐标伸长为原来的3倍，再向右平移个单位
B. 的纵纵标不变，模坐标缩短到原来的，再向右平移个单位
C. 向右平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标伸长为原来的3倍
D. 向右平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的
【答案】D
【解析】
【分析】根据选项，利用三角函数平移变换的性质依次求出解析式即可得解.
【详解】对选项A，的图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的3倍，得到，
再向右平移个单位，得到，故A错误；
对选项B，的图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到，
再向右平移个单位，得到，故B错误.
对选项C，的图象向右平移个单位，得到，
再保持纵坐标不变，横坐标伸长为原来的3倍，得到，故C错误；
对选项D，的图象向右平移个单位，得到，
再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，得到，故D正确.
故选：D.
8. 已知函数给出下列结论：
①的周期为；
②时取最大值；
③的最小值是；
④在区间内单调递增；
⑤把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象．
其中所有正确结论的序号题（ ）
A. ①②B. ①③C. ①③④D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】先由降幂公式与辅助角公式化简函数解析式，根据正弦型函数的周期公式、最值性质、单调性，结合正弦型函数图象变换性质逐一判断即可.
【详解】因为
.
①因为，所以①正确；
②因为，所以②错误；
③当，即时，
取最小值，且最小值是，所以③正确；
④当时，由
知在区间内并不单调，故④错误；
⑤把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，
可得到函数，故⑤错误.
故正确的是①③.
故选：B.
二、填空题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
9. 函数的单调递减区间是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导函数判断出函数的单调性即可求出单调减区间.
【详解】易知的定义域为，
则，令，解得；
即可知函数在区间上是单调递减的，
所以函数的单调递减区间是.
故答案为：
10. 长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为2，1，1，那么这个球的表面积是______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出长方体对角线的长度，即得外接球的直径，再求球的表面积即可.
【详解】由题意，长方体的对角线的长度即外接球的直径，为，
故这个球的表面积是.
故答案为：
11. 函数的导数为_________，曲线在处的切线方程为_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由导数运算法则可求导数，再利用导数求出斜率，由点斜式可得切线方程.
【详解】设，，
则；
所以，且，
即直线斜率，过点，
故曲线在处的切线方程为，
即，
故答案为：；.
12. 如图，一个正四棱锥（底面为正方形且侧棱均相等的四棱锥）的底面的边长为4，高与斜高的夹角为30°，则正四棱锥的侧面积为___________.
【答案】32
【解析】
【分析】根据正棱锥中高与斜高的夹角求出斜高的长，即可求出侧面积.
【详解】在正四面体中易知，是正棱锥的高，是正棱锥的斜高，
, ,
,
，
故答案为：32
13. 已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得．
【详解】因为圆心到直线的距离，
由可得，解得．
故答案：．
【点睛】本题主要考查圆弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．
14. 在中，点满足，若线段上的一点满足（，），则__________，的最小值为__________．
【答案】 ①. 1 ②. 12
【解析】
【分析】第一空，根据平面向量基本定理，由，，三点共线可得，可得；第二空，利用基本不等式可得.
详解】如图，

，，，
，，三点共线，
，且，，
，
当且仅当，即时等号成立，的最小值为12．
故答案为：1，12．
15. 已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点与抛物线的焦点相同．则双曲线的方程为．
【答案】
【解析】
【详解】解：由已知得，
16. 在平面直角坐标系中，若双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，则其离心率的值是________．
【答案】2
【解析】
【详解】分析：先确定双曲线的焦点到渐近线的距离，再根据条件求离心率.
详解：因为双曲线的焦点到渐近线即的距离为所以，因此
点睛：双曲线的焦点到渐近线的距离为b，焦点在渐近线上的射影到坐标原点的距离为a.
三、解答题（本大题4小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，．
（1）求b的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理可得，从而可得，进而根据余弦定理即可求解；
（2）先计算,再结合倍角公式和差角余弦公式即可求解.
【小问1详解】
在中，由可得，又由，
可得，
，.
又，故，
根据余弦定理可得，可得.
【小问2详解】
，，
，，
所以.
18. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，．
（1）求角的大小；
（2）求的值；
（3）求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理求出，结合，求出；
（2）结合（1），由正弦定理求出的值；
（3）由二倍角公式得到，由正弦和角公式求出答案.
【小问1详解】
在中，，，，
由余弦定理得，
又因为，所以；
【小问2详解】
在中，由（1）知，，，
由正弦定理可得；
【小问3详解】
由知，所以角A为锐角，
因为，所以，
所以，，
所以.
19. 如图，四边形是正方形，平面，，，分别为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的大小；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判断定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系利用空间向量来求解即可；
（3）在（2）建立的坐标系下利用向量法求解即可.
【小问1详解】
由题意分别为的中点，
所以是的中位线，
即，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
由于四边形是正方形，平面，
所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示：

又，分别为的中点，
则，
所以；
设平面的一个法向量，
则，
解得，令，得；
即，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，
即；
设平面与平面夹角的大小为，
所以，
又，所以；
即平面与平面夹角的大小为；
【小问3详解】
由（2）平面的一个法向量为；
又，
所以点到与平面的距离距为：
.
20. 设椭圆的离心率，过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求椭圆被直线截得的弦长.
（3）直线与椭圆交于两点，当时，求值.（O为坐标原点）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，从而得到椭圆的方程．
（2）联立直线与椭圆的方程，得韦达定理，进而根据弦长公式即可求解.
（3）根据向量的坐标运算即可代入韦达定理求解.
【小问1详解】
由题意可知，解得，
椭圆的方程为．
【小问2详解】
设椭圆与直线的交点为，，，，
联立方程，消去得，
，，
因此
【小问3详解】
设，，
联立方程，消去得，
所以，，，得
由，即
，
，均符合，
故