2023届天津市南开中学高三上学期统练5数学试题含解析
展开2023届天津市南开中学高三上学期统练5数学试题
一、单选题
1.设集合,,则( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】先求出集合,然后取交集即可
【详解】解:由题意得集合,,
所以,
故选:D.
2.若数列满足(为常数,,),则称为“等方比数列”.甲:数列是等方比数列;乙:数列是等比数列,则( ).
A.甲是乙的充分非必要条件 B.甲是乙的必要非充分条件
C.甲是乙的充要条件 D.甲是乙的既非充分也非必要条件
【答案】B
【分析】利用等比数列的性质以及正负进行判断即可.
【详解】若为等比数列,设其公比为,则,为常数,所以成等比数列,即是等方比数列,故必要性满足.
若是等方比数列,即成等比数列,则不一定为等比数列,例如,有,满足是等方比数列,但不是等比数列,充分性不满足.
故选:B
3.如图,是根据某班学生在一次数学考试中的成绩画出的频率分布直方图,若由直方图得到的众数,中位数和平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)分别为,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据频率分布直方图读出众数a,计算中位数b,平均数c,再比较大小.
【详解】由频率分布直方图可知:众数;
中位数应落在70-80区间内,则有:,解得:;
平均数
=4.5+8.25+9.75+22.5+21.25+4.75=71
所以
故选:B
【点睛】从频率分布直方图可以估计出的几个数据:
(1)众数:频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标;
(2)平均数:频率分布直方图每组数值的中间值乘以频率后相加;
(3)中位数:把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于y轴的直线横坐标.
4.函数图象的大致形状为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】利用奇偶性定义判断的奇偶性,结合的符号,应用排除法确定答案.
【详解】由且定义域为R,
所以为偶函数,排除C、D;
,且,,即,排除B.
故选:A
5.比较,则的大小关系是
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】试题分析:因为函数在R上单调递增,所以又因为函数在单调递增,所以所以,应选D.
【解析】比较大小.
6.设数列的前n项和为,且,,则数列的前10项和是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】由和的关系式,可得出数列是等差数列,从而得出数列的通项公式,再利用裂项相消法求和即可.
【详解】由得,
当时,,
整理得,
所以是公差为4的等差数列,又因为,
所以,从而,
所以,
所以数列的前10项和为.
故选:C
7.已知函数的图象关于点对称,将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象,则的一个单调递增区间是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】本题首先根据诱导公式和二倍角的正弦公式,化简得出,
再根据平移的左正右负的原则得到的解析式,最后得到的单调增区间.
【详解】
函数的图像关于点对称,
,,,,
,,
将函数向左平移单位的解析式是,
令,
,结合所给的选项,令,
则的一个增区间为,
故选:B.
8.设向量与满足,在方向上的投影向量为,若存在实数,使得与垂直,则( )
A.2 B. C. D.
【答案】B
【分析】根据投影向量的定义结合已知求得,再由与垂直,得,结合数量积得运算律即可得解.
【详解】解:因为在方向上的投影向量为,
所以,
所以,
因为与垂直,
所以,
即,解得.
故选:B.
9.已知函数,函数,若函数有3个零点,则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】先作出两函数的图像,由图像可知当时,与有1个交点,所以只要当时,与有两个交点即可,结合图像可得的图象在上有两交点,则在上没有交点,即直线与在有两交点,且的图象在上没有交点,即在有两个解,且在上没有解,然后利用方程根的分布进行求解即可
【详解】如图当时,与有1个交点.
要使有3个零点,则当时,
与有两个交点即可,
若,,两函数没有交点,所以,
画出图象,如下图所示,
根据图象的图象在内至多有一个交点.
当的图象在上有两交点,则在上没有交点.
即直线与在有两交点,且的图象在上没有交点.
即在有两个解,且在上没有解.
设,需,且
解得或(舍去),且
所以此时
若在上的图象有1个交点,则在 上的图象有1个交点
即在有1个解,且在上有1个解.
则且,此时无解.
要使在只有两交点,则.
故选:B
【点睛】此题考查函数与方程,考查由函数的零点个数求参数的取值范围,考查转化思想和计算能力,属于较难题
二、填空题
10.若复数为纯虚数,则___________.
【答案】
【分析】根据纯虚数的定义可求得的值,再用复数模的运算公式即可求解.
【详解】由题可知为纯虚数,
所以,故.
故答案为:.
11.展开式中的系数为________.
【答案】
【分析】先得到的通项公式,再结合,计算即可得到结果.
【详解】因为
且展开式的通项公式为
故的系数为
故答案为:.
12.如图,在平面四边形ABCD中,,则四边形ABCD的面积为___________.
【答案】
【分析】采用分割法对三角形进行分割,利用余弦定理求得可判断三角形的形状以及解三角形ADC,然后由三角形的面积公式可得结果.
【详解】
连接,在中,,
利用余弦定理得:,
解得:,,则是直角三角形,
所以.
,过点作,则,,
则
故答案为:.
【点睛】方法点睛:本题考查不规则四边形面积的求法,考查余弦定理解三角形,由于四边形是不规则的,所以要将求四边形面积的问题转化为求三角形面积的问题来求解,在连接AC将四边形分成两个三角形后,利用余弦定理和三角形内角和定理,结合解三角形与三角形面积公式,可求得面积.
13.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,和表示由甲罐取出的球是红球,白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐取出的球是红球的事件,则下列结论中正确的是___________.
①;②;③事件B与事件相互独立;④,,是两两互斥的事件
【答案】②④
【分析】根据每次取一球,易得,,是两两互斥的事件,求得,然后由条件概率求得,,再逐项判断.
【详解】因为每次取一球,所以,,是两两互斥的事件,故④正确;
因为,
所以,故②正确;
同理,
所以,
故①③错误.
故答案为:②④
【点睛】本题主要考查互斥事件,相互独立事件,条件概率的求法,还考查了运算求解的能力,属于中档题.
14.已知,且,则的最小值为_________.
【答案】4
【分析】利用基本不等式,即可求解.
【详解】解:
,
(当且仅当且时,即取“=”),
故答案为:4
三、双空题
15.在菱形中,,已知点在线段上,且,则______,若点为线段上一个动点,则的最小值为______.
【答案】 7
【分析】设,进一步将其表示成以,为基底的向量,结合已知条件,可得关于和的方程组,解之,再根据模长的计算方法,得的值;设,,根据平面向量的运算法则,推出,然后由配方法,得解.
【详解】解:因为,,所以,,
所以,,
因为点在线段上,
可设,
而,所以,解得,,
所以,
则,
所以,
因为点为线段上一个动点,
可设,,
所以,
所以
,
当且仅当时,等号成立,
所以的最小值为.
故答案为:7,.
【点睛】本题考查平面向量在几何中的应用,熟练掌握平面向量的线性和数量积的运算法则,平面向量的基本定理是解题的关键,考查逻辑推理能力和运算能力,有一定的难度.
四、解答题
16.记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知点D为AB的中点,点E满足,且.
(1)求A;
(2)若,,求的面积.
【答案】(1);
(2).
【分析】(1)由三角形内角性质及正弦定理边角关系可得,进而求角的大小;
(2)在△ABC、△ADE中应用余弦定理可得、,求出b、c,再由三角形面积公式求面积.
【详解】(1)由得:,即,
由正弦定理得,
在△ABC中,,故,则,
因为,所以.
(2)在△ABC中,由余弦定理,得,
在△ADE中,由余弦定理得,
所以,化简得,即,
所以,代入得:,,
则△ABC的面积.
17.已知函数.
(1)求函数的单调递增区间;
(2)若函数在区间上恰有个零点,
(i)求实数的取值范围;
(ii)求的值.
【答案】(1)
(2)(i);(ii).
【分析】(1)利用诱导公式、二倍角公式和辅助角公式可化简得到;根据正弦型函数单调性的求法可求得单调递增区间;
(2)(i)令,将问题转化为与在上恰有个不同的交点,利用数形结合的方式即可求得的取值范围;
(ii)由(i)中图像可确定,,由此可得,整理可得,由两角和差正弦公式可求得的值,即为所求结果.
【详解】(1);
令,解得:,
的单调递增区间为.
(2)(i)由(1)得:,
当时,,
设,则在区间上恰有个零点等价于与在上恰有个不同的交点;
作出在上的图像如下图所示,
由图像可知:当时,与恰有个不同的交点,
实数的取值范围为;
(ii)设与的个不同的交点分别为,
则,,,
即,
整理可得:,,
.
18.在三棱锥A—BCD中,已知CB=CD=,BD=2,O为BD的中点,AO⊥平面BCD,AO=2,E为AC的中点.
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值;
(2)若点F在BC上,满足BF=BC,设二面角F—DE—C的大小为θ,求sinθ的值.
【答案】(1)(2)
【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用向量数量积求直线向量夹角,即得结果;
(2)先求两个平面法向量,根据向量数量积求法向量夹角,最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】
(1)连
以为轴建立空间直角坐标系,则
从而直线与所成角的余弦值为
(2)设平面一个法向量为
令
设平面一个法向量为
令
因此
【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角,考查基本分析求解能力,属中档题.
19.已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程;
(2)求函数的零点和极值;
(3)若对任意,都有成立,求实数的最小值.
【答案】(1);(2)零点,极小值;(3)1.
【详解】(1)因为, 所以.
因为,所以曲线在处的切线方程为.
(2)令,解得,
所以的零点为.
由解得,
则及的情况如下:
2 | |||
- | 0 | + |
所以函数在 时,取得极小值.
(3)法一:
当时,.
当时,.
若,由(2)可知的最小值为,的最大值为,
所以“对任意,有恒成立”等价于
即, 解得. 所以的最小值为1.
法二:当时,. 当时,.
且由(2)可知,的最小值为,
若,令,则
而,不符合要求,
所以. 当时,,,
所以,即满足要求,
综上,的最小值为1.
20.已知函数.
(1)当时,求的单调区间;
(2)若函数在定义域内有两个不相等的零点.
①求实数a的取值范围;
②证明:.
【答案】(1)单调递减区间为,单调递增区间为
(2)① ;②证明见解析
【分析】(1)求导得,判断导函数符号确定原函数单调性,注意函数定义域;(2)①利用参变分离得,即与有两个交点,判断函数单调性理解计算;②等价于,借助于函数零点整理得,即证,构建函数结合导数证明.
【详解】(1)当时,函数,定义域为.
.
由,得.
当时,,当时,,
所以的单调递减区间为,单调递增区间为.
(2)①若函数在定义域内有两个不相等的零点,
则方程有两个不等的实根.
即方程有两个不等的实根.
记,则,
记,则在上单减,且,
∴当时,;当时,,
∴在上单调递增,在单调递减.
∴.
又∵且当时,,
∴方程为有两个不等的实根时,.
∴当时函数在定义域内有两个不相等的零点.
②要证,
只需证,
只需证,
因为,两式相减得:
.
整理得.
所以只需证,
即证,
即,不妨设,令,
只需证,
只需证,
设,
只需证当时,即可.
∵,
∴在(单调递减,
∴当时,,
∴在单调递增,当时,
∴原不等式得证.
【点睛】在证明,利用函数零点得,代入消去得,进一步处理得换元分析.
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