天津市南开中学2024届高三上学期统练8数学试题

这是一份天津市南开中学2024届高三上学期统练8数学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合U={−2，−1，0，1，2，3}，A={−1，0，1}，B={1，2}，则（ ）
A．{−2，3}B．{−2，2，3}C．{−2，−1，0，3}D．{−2，−1，0，2，3}
2．在中，“”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．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，在数学的学习和研究中，函数的解析式常用来琢磨函数图象的特征.函数在的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知数列为等差数列，其前n项和为，，则（ ）
A．110B．55C．50D．45
5．在公差大于0的等差数列中，，且，，成等比数列，则数列的前21项和为（ ）
A．12B．21C．11D．31
6．已知函数，，则､b､c的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
7．对于数列，定义为数列的“美值”，现在已知某数列的“美值”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知f（x）＝sin（ωx）（ω∈Z）x∈（0，]时f（x）有唯一解，则满足条件的ω的个数是（ ）
A．3B．4C．5D．6
9．已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．已知复数z满足（为虚数单位），则 .
11．二项式的展开式中的常数项为 .
12．记为公差不为0的等差数列的前n项和，已知，且，，成等比数列，则的最小值为 .
13．已知是以为斜边的直角三角形，为平面外一点，且平面平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为 .
14．已知，，，则的取值范围为 .
三、双空题
15．如图，在中，，，CD与BE交于点P，，，，则的值为 ；过点P的直线l交AB，AC于点M，N，设，（，），则的最小值为 .
四、解答题
16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求B；
(2)如图，若D为外一点，且，，，，求AC．
17．如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2.
（1）求证：.
（2）求直线和平面所成角的正弦值.
（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．设数列的前n项和为，且，其中为常数，且.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)设数列的公比，数列满足，（，），求数列的通项公式；
(3)在（2）中，记，设，求数列的前n项和为.
19．设椭圆中心在坐标原点，是它的两个顶点，直线与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点．
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）求四边形面积的最大值．
20．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，若关于的方程有唯一实数解，试求实数的取值范围；
（3）若函数有两个极值点，，且不等式恒成立，试求实数的取值范围.
参考答案：
1．A
【分析】首先进行并集运算，然后计算补集即可.
【详解】由题意可得：，则.
故选：A.
【点睛】本题主要考查并集、补集的定义与应用，属于基础题.
2．C
【详解】根据题意利用倍角公式和正弦定理结合充分、必要条件分析判断.
【分析】在中，，则，
因为，等价于，等价于，
由正弦定理可知：等价于，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
3．D
【解析】根据奇偶性排除A，取特殊值，得到答案D
【详解】，为奇函数，排除A
，，，
故选：D
【点睛】由解析式找图像的问题，可根据奇偶性，单调性，对称性，特殊值等排除选项，找出答案.
4．B
【分析】根据给定条件结合等差数列的性质计算出，再利用前n项和公式结合等差数列的性质计算即得.
【详解】在等差数列中，，于是得，
所以．
故选：B.
5．B
【分析】根据等差数列的通项公式，由，求得，再由，，成等比数列，求得，得到，结合并项求和，即可求解.
【详解】在公差大于0的等差数列中，由，得，解得，
由，，成等比数列，得，
即为，而，解得，
因此数列的通项公式，
所以数列的前21项和为：
.
故选：B
6．B
【分析】判断对数复合函数在上单调递减，再利用函数单调性即可得出选项.
【详解】，解得，所以函数定义域为，
令在上单调递减，由对数函数的性质，
所以函数为偶函数，且 在上单调递减，
因为，
所以，即.
故选：B
7．C
【分析】由，可得进而求得，所以可得是等差数列，由可得，，即可求解
【详解】由可得，
当时，
当时，
又因为，
两式相减可得：，
所以，显然满足时，，
所以，
所以，可得数列是等差数列，
由对任意的恒成立，
可得：，，即可求解，
即且，
解得：，所以实数的取值范围是，
故选：C
8．D
【分析】对ω进行分类讨论，当，通过可确定的范围，由f（x），得到，从而得到，再根据ω∈Z，可得的值；当时,同理可得的值.
【详解】当时,
，
∵有唯一解，
，，
又
当时,
∴,
又,
综上所述,
故选：D.
【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，函数零点与方程的根的关系，求三角函数的值时，利用函数图像数求出的范围，即可求得值，属于中等题.
9．C
【分析】画出函数的图象,①当直线与曲线相切于点时,,推出直线与函数的图象恰有3个交点时的范围;②当直线与曲线相切时,设切点为,通过,求出,或,,然后判断求解的范围.
【详解】函数的图象如图所示,
①当直线与曲线相切于点时, ,
故当或时,直线与函数的图象恰有一个交点,
当时,直线与函数的图象恰有两个交点,
②当直线与曲线相切时,
设切点为,则,
,解得,或,，
当时,直线与函数的图象恰有一个交点,
当或时,直线与函数的图象恰有两个交点,
当时,直线与函数的图象恰有三个交点,
综上的取值范围是.
故选：C.
【点睛】本题考查分段函数图像的画法，以及利用函数图象研究函数的零点问题，属于中档题.
10．/
【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算计算即得.
【详解】依题意，.
故答案为：
11．240
【分析】利用二项式展开式的通项公式求解即得.
【详解】二项式的展开式通项为，
由，得，
所以所求常数项为.
故答案为：240
12．
【分析】根据给定条件，求出数列的通项公式，进而求出，再借助二次函数求出最小值.
【详解】设等差数列的公差为，由，成等比数列，得，，
即，解得，即，
因此
所以当或时，有最小值.
故答案为：
13．
【分析】先找到外接圆的圆心，得到球心一定在过点且垂直面垂线上，然后在内使用正弦定理求得外接球的半径，最后可得结果.
【详解】由题意知：
的中点为外接圆的圆心
且平面平面.
过作面的垂线，则垂线一定在面内.
如图，
根据球的性质，球心一定在垂线上，
∵球心一定在面内，
且球心也是外接圆的圆心.
在中，由余弦定理得
.
所以
由正弦定理得：，
解得，
∴三棱锥外接球的表面积
为.
故答案为：
【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积，难点在于球心的位置，重点在于外接球的半径的求法，属难题.
14．
【详解】换元令，，整理得，结合二次函数分析求解.
【分析】令，，则，，
可得，即，解得，
则，
因为开口向下，对称轴为，
可知在上单调递增，且，
可知，则，
所以的取值范围为.
故答案为：.
15． 2
【分析】选取向量为基底，把用基底表示出来，再求出数量积即可；用表示出，再利用共线向量的推论结合基本不等式求出最小值．
【详解】在中，，，设，
则，
由三点共线，得，解得，因此，
因为，，，于是
，解得；
因为，，，则有，
而三点共线，因此，则
，当且仅当，即取等号，
所以当时，取得最小值.
故答案为：；
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用诱导公式、二倍角的余弦公式和正弦定理可得，进而得，从而得到；
（2）连接BD，由已知得，，可得，利用正弦定理可得，最后利用余弦定理求得．
【详解】（1）由，
得，
即，
由正弦定理，得，
整理，得，
∴，
又，∴，∴，
又，∴；
（2）连接BD，因为，，，
所以，，
所以，所以．
又，所以，
在中，由正弦定理可得，即，
所以．
在中，由余弦定理可得
，
所以．
17．（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.
【分析】（1）推导出，，从而，进而，由此得到平面，从而能证明；
（2）取中点，连接，，再由，，建立空间直角坐标系，利用法向量能求出直线和平面所成角的正弦值；
（3）线段上存在点适合题意，设，其中，利用向量法能求出线段上存在点适合题意，且.
【详解】（1）因为在中，，分别为，的中点，
所以，.
所以，又为的中点，所以.
因为平面平面，且平面，
所以平面，
所以.
（2）取的中点，连接，所以.
由（1）得，.
如图建立空间直角坐标系.
由题意得，，，，.
所以，，.
设平面的法向量为.
则
即
令，则，，所以.
设直线和平面所成的角为，
则.
故所求角的正弦值为.
（3）线段上存在点适合题意.
设，其中.
设，则有，
所以，，，从而，
所以，又，
所以
令，
整理得.解得.
所以线段上存在点适合题意，且.
【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据给定的递推公式，结合变形，再利用等比数列定义推理即得.
（2）由（1）的结论，探求数列的特征，再求出数列的通项公式.
（3）利用（1）（2）的结论，求出，再利用错位相减法求和即得.
【详解】（1）由，当得，，两式相减得：，
而，，解得，则，又，
所以数列是等比数列.
（2）由（1）知，，则当时，，又，于是，即有，
因此数列是首项为，公差为1的等差数列，则，
所以数列的通项公式是.
（3）当时，由（1）知，由（2）知，则，
则有，
于是，
两式相减得，
所以.
19．（Ⅰ）解：依题设得椭圆的方程为，
直线的方程分别为，．············ 2分
如图，设，其中，
且满足方程，故．①
由知，得；
由在上知，得．所以，
化简得，解得或．················ 6分
（Ⅱ）根据点到直线的距离公式和①式知，点到的距离分别为，
．9分
又，所以四边形的面积为
，
当，即当时，上式取等号．所以的最大值为．
【详解】试题分析：（Ⅰ）由题意易得椭圆方程，直线的方程，再设，满足方程，把用坐标表示出来得，又点在直线上，则，根据以上关系式可解得的值；（Ⅱ）先求点E、F到AB的距离，再求，则可得面积，然后利用不等式求面积的最大值.
试题解析：（I）依题意，得椭圆的方程为， 1分
直线的方程分别为， 2分
如图设，其中，
满足方程且故，
由知，得， 4分
由点在直线上知，得， 5分
，化简得解得或. 7分
（II）根据点到直线的距离公式和①式知，点E、F到AB的距离分别为
， 8分
， 9分
又，所以四边形AEBF的面积为
， 11分
当即当时，上式取等号，所以S的最大值为 13分
考点：1、椭圆的性质；2、直线与椭圆相交的综合应用；3、不等式.
20．（1）；（2）或；（3）.
【分析】（1）对函数求导，求出的值可得切点坐标，求出的值，可得切线斜率，利用点斜式可得在点的切线方程；（2）原方程等价于，对求导得到函数单调区间,可知当时，；当时，,结合单调性可得到实数的取值范围；（3）对函数求导，可得，恒成立恒成立，将用替换，并构造函数，对求导可求得函数在上的最小值，即可知道实数的取值范围.
【详解】(1)当时，有,
，
,
过点的切线方程为，即.
（2）当时，有，其定义域为，
从而方程,可化为，令，
则，
由或,
在和上单调递增，在上单调递减，
且，
又当时，；当时，,
关于的方程有唯一实数解，所以实数的取值范围是或.
（3）的定义域为，
令,
又因为函数有两个极值点，
有两个不等实数根，
，且，
从而,
由不等式恒成立恒成立，
，
令,，
当时恒成立，所以函数在上单调递减，，故实数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的零点以及不等式恒成立问题，属于难题. 不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.