2024届天津市南开中学高三上学期第五次统练数学试题含解析

这是一份2024届天津市南开中学高三上学期第五次统练数学试题含解析，共15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．{2}B．{2，3}C．{-1，2，3}D．{1，2，3，4}
【答案】D
【分析】先求，再求．
【详解】因为，
所以.
故选D．
【点睛】集合的运算问题，一般要先研究集合中元素的构成，能化简的要先化简，同时注意数形结合，即借助数轴、坐标系、韦恩图等进行运算．
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，图象大致为

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性和函数图像上的特殊点对选项进行排除，由此得出正确选项.
【详解】，故函数为奇函数，图像关于原点对称，排除选项.由排除选项.由，排除C选项，故本小题选D.
【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查函数的奇偶性的判断方法，属于基础题.
4．函数的最大值为
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【详解】试题分析：因为，而，所以当时，取得最大值5，选B.
【解析】 正弦函数的性质、二次函数的性质
【名师点睛】求解本题易出现的错误是认为当时，函数取得最大值.
5．设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】分别判断，和，再代入计算，可得.
【详解】因为，所以；又因为，所以；
又，所以，所以.
故选：B.
【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；
当底数与指数都不相同时，选取适当的“媒介”数（通常以“”或“”为媒介），分别与要比较的数比较，从而可间接地比较出要比较的数的大小．
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先对两边平方，构造齐次式进而求出或，再用正切的二倍角公式即可求解.
【详解】解：对两边平方得
，
进一步整理可得，
解得或，
于是．
故选：C
【点睛】本题考查同角三角函数关系和正切的二倍角公式，考查运算能力，是中档题.
7．已知函数是奇函数，将的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图像对应的函数为.若的最小正周期为，且，则
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】只需根据函数性质逐步得出值即可．
【详解】因为为奇函数，∴；
又
，，又
∴，
故选C．
【点睛】本题考查函数的性质和函数的求值问题，解题关键是求出函数．
8．已知函数，其中，给出四个结论：
①函数是最小正周期为的奇函数；
②函数的图象的一条对称轴是；
③函数图象的一个对称中心是；
④函数的递增区间为.则正确结论的个数为（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】利用两角和的余弦（正弦）公式将函数化简，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】解：
所以函数的最小正周期为，但函数不是奇函数，故①错；
由，解得，
所以函数的对称轴方程为，当时，对称轴方程是，故②正确；
由，解得，
所以函数的对称中心坐标为，当时的对称中心为，故③正确；
由，解得
所以函数的递增区间为，故④正确，所以正确的命题有三个.
故选：B.
9．已知函数f(x)＝sinωxcsωx＋cs2ωx (ω>0)在区间上的值域是，则常数ω所有可能的值的个数是( )
A．0B．1
C．2D．4
【答案】C
【详解】函数f(x)＝sinωxcsωx＋cs2ωx，化简可得f(x)＝sin2ωx＋cs2ωx＋＝sin＋，因为x∈，f(x)∈，所以－1≤sin≤0，则≤－≤，又T＝＝，所以≤≤，即≤ω≤3，sin＝0的结果必然是x＝或.当x＝时，解得ω＝满足题意，当x＝时，解得ω＝满足题意．所以常数ω所有可能的值的个数为2.故选C.
二、填空题
10．已知复数z=（1+i）（1+2i）,其中i是虚数单位，则z的模是
【答案】
【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．
【详解】解：复数z＝（1+i）（1+2i）＝1﹣2+3i＝﹣1+3i，
∴|z|．
故答案为．
【点睛】对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如．其次要熟悉复数相关概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭复数为．
11．展开式中的常数项为 .
【答案】
【分析】根据二项展开式的通项公式得出通项，根据方程思想得出的值，再求出其常数项．
【详解】，
由，得，
所以的常数项为.
【点睛】本题考查二项式定理的应用，牢记常数项是由指数幂为0求得的．
12．的内角A，，的对边分别为，，，已知，，则 .
【答案】6
【分析】先结合正弦定理和余弦定理得到关于三边的方程组，再化简消去，即得结果.
【详解】∵，，，
消去得， ，即.
故答案为：6.
13．对于，有如下命题：
若，则一定为等腰三角形．
若，则一定为等腰三角形．
若，则一定为钝角三角形．
若，则一定为锐角三角形．
则其中正确命题的序号是 把所有正确的命题序号都填上
【答案】，，
【分析】三角形中首先想到内角和为，每个内角都在内，然后根据每一个命题的条件进行判定
【详解】或，为等腰或直角三角形
正确；
由可得
由正弦定理可得
再由余弦定理可得，为钝角，命题正确
全为锐角，命题正确
故其中正确命题的序号是，，
【点睛】本题主要考查了借助命题考查三角形的有关知识，在运用正弦、正切解三角形时注意角之间的转化，三角形内角和为，然后代入化简
14．设函数，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：
①在有且仅有3个极大值点②在有且仅有2个极小值点
③在单调递增④的取值范围是
其中所有正确结论的编号是 .
【答案】①③④
【分析】对①②可以通过作图判别，对于④令，根据题意得到不等式，解出范围即可，对于③证明出当时,即可.
【详解】已知在有且仅有5个零点，如图，
其图象的右端点的横坐标在上,此时在有且仅有3个极大值点,但在可能有2或3个极小值点,所以①正确, ②不正确;
令,
且,
在上有且仅有5个零点,
在上有且仅有5个零点,
,故④正确.
当时,,
又,
,
在上单调递增.
在上单调递增,故③正确.
故答案为：①③④
【点睛】关键点睛：令,利用整体思想将原函数转化为来研究.
(2)当时,的图象可由的图象经过平移、伸缩变换得到,的增、减区间可通过讨论的增、减区间得到.
15．已知函数设，表示中的较大值，表示中的较小值，记得最小值为得最大值为,则
【答案】
【分析】首先确定两函数交点的坐标，根据二次函数性质可得到函数图象；利用已知定义可确定的取值，作差得到结果.
【详解】令，即
解得：，
又对称轴为：，对称轴为：
可在同一直角坐标系中得到、图象如下图所示：
由图象可知，当时，取得最小值，即
当时，取得最大值，即
本题正确结果：
【点睛】本题考查新定义运算问题的求解，关键是能够通过数形结合的方式将问题转化为两函数最值的求解问题.
三、解答题
16．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角B的大小；
（2）设a=2，c=3，求b和的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，.
【详解】分析：（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得b=．结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得
详解：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，
又由，得，
即，可得．
又因为，可得B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，
有，故b=．
由，可得．因为a