天津市南开区南开中学2024届高三上学期统练6数学试题

这是一份天津市南开区南开中学2024届高三上学期统练6数学试题，共22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，，（ ）
A．B．
C．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
3．函数的部分图象是
A．B．
C．D．
4．已知，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
5．将函数的图像上所有点横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图像，有下述四个结论：
①
②函数在上单调递增
③点是函数图像的一个对称中心
④当时，函数的最大值为2
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②③B．②③C．①③④D．②④
6．如图，在中，为上一点，且满足，若，则的值为（ ）

A．B．C．D．
7．是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，若，，且，则（ ）.
A．B．C．D．
8．在中，，，点是所在平面内一点，则当取得最小值时，（ ）
A．24B．C．D．
9．已知函数有且只有3个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
10．复数（为虚数单位），则 .
11．在的二项展开式中，的系数为 ．
12．若正数，满足，则的最小值 .
13．若，则的值等于 ．
三、双空题
14．已知平行四边形的两条对角线相交于点，，，，其中点在线段上且满足， ，若点是线段上的动点，则的最小值为 .
四、填空题
15．设，函数.若在上单调递增，且函数与的图象有三个交点，则的取值范围是 .
五、解答题
16．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角；
（2）若，求的值；
（3）若，，求的值.
17．已知向量，向量.求：
(1)及 ；
(2)的最小值为，求t的值.
18．已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
19．如图，已知椭圆：的离心率为，过左焦点且斜率为的直线交椭圆于两点，线段的中点为，直线：交椭圆于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：点在直线上；
（3）是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
20．已知函数，，其中．
（1）讨论函数的单调性，并求不等式的解集；
（2）用表示m，n的最大值，记，讨论函数的零点个数．
参考答案：
1．B
【分析】根据解一元二次不等式的解法，结合对数函数的单调性、集合交集的定义进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：B
2．A
【详解】分析：首先求解绝对值不等式，然后求解三次不等式即可确定两者之间的关系.
详解：绝对值不等式，
由.
据此可知是的充分而不必要条件.
本题选择A选项.
点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
3．A
【分析】根据奇偶性排除B，当时，，排除CD，得到答案.
【详解】， 为奇函数，排除B
当时，恒成立，排除CD
故答案选A
【点睛】本题考查了函数图像的判断，通过奇偶性，特殊值法排除选项是解题的关键.
4．A
【分析】由指数函数与对数函数的单调性求解即可
【详解】因为，
而，且，
所以.
又，
所以，
故选：A.
5．B
【分析】根据图象变换可得，结合正弦函数的性质逐项分析判断.
【详解】由题意可得：，故①错误；
因为，则，且在上单调递增，
所以函数在上单调递增，故②正确；
因为，
所以点是函数图像的一个对称中心，故③正确；
因为，则，
所以当，即时，函数的最大值为，故④错误；
故选：B.
6．C
【分析】根据题意，利用平面向量的共线定理求得，再结合向量的数量积和向量模的运算公式，即可求解.
【详解】在中，由，为上一点，
且满足，则，
又由三点共线，则，即，
因为，
则，
则的值为.
故选：C.
7．A
【分析】由向量加减、数乘几何意义用表示出，即可得结果.
【详解】由题设
，
所以，即，
又，故.
故选：A
8．A
【分析】由条件可得，所以可得，进而判断，以点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设，利用坐标计算，整理得
，则可得当时，取得最小值，再计算即可得答案.
【详解】由可得：，
则，又，所以，
由余弦定理得，所以有，即，
以点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，设，则：
当，即时取得最小值，
此时.
故选：A
【点睛】本题考查向量数量积的计算.求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
9．B
【分析】先求时函数的零点，再考虑时，函数在的零点，由此确定函数在上的零点个数，结合二次函数性质求a的取值范围.
【详解】当时，，
所以区间内的任意实数和都为函数的零点，不满足要求；
当时，
若，则，
令，可得(舍去)，或，
所以为函数的一个零点；
若，则，
令，则，
所以，
若，即，则函数在上有一个零点；
若或时，则函数在上没有零点；
当时，函数在上有两个零点；
当或时，函数在上有一个零点，
因为当时，函数在上有两个零点；
又函数在上有3个零点，
所以函数在上有且只有一个零点，
即方程在上有一个根，
由，
当时，方程的根为(舍去)，
故时，方程在上没有根，矛盾
当时，，
设，
函数的对称轴为，
函数的图象为开口向下的抛物线，
由方程在上有一个根可得，
所以，
所以，
当时，则函数在上有一个零点；
又函数在上有3个零点，
所以函数在上有且只有两个零点，
即方程在上有两个根，
由可得函数的图象为开口向上的抛物线，
函数的对称轴为，
则，， ，
所以，，
满足条件的不存在，
当时，则函数在上有一个零点；
又函数在上有3个零点，
所以函数在上有且只有两个零点，
即方程在上有两个根，
由可得函数的图象为开口向下的抛物线，
函数的对称轴为，
则，， ，
所以，，，
所以，
故实数a的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点睛：含绝对值函数的相关问题的解决的关键在于去绝对值，将其转化为不含绝对值的函数，分段函数的性质的研究可以分段研究.
10．
【分析】先利用复数的运算化简复数，再利用模长的公式求解模长.
【详解】.
所以.
故答案为：
11．
【详解】试题分析：因为，所以由得，因此的系数为
考点：二项式定理
【方法点睛】1．求特定项系数问题可以分两步完成：第一步是根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r）；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项的系数．
2．有理项是字母指数为整数的项．解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其为整数，再根据数的整除性来求解．
12．6
【分析】正数，满足，可得，且；即，且；由变形为；化为应用基本不等式可求最小值．
【详解】解：正数，满足，，且；
变形为，，，，；
，，
当且仅当，即时取“”（由于，故取，
的最小值为6；
故答案为：．
13．/-0.5
【分析】由已知条件求出的值，即可求解
【详解】因为，
所以，
又，
所以，
解得，
所以，
故答案为：
14．
【解析】根据题意，利用余弦定理求出，，根据平面向量的线性运算即可得出，，得出，即可求出；由于点是线段上的动点，可设，则，由平面向量的三角形加法法则得出，，结合条件且根据向量的数量积运算，求得，最后根据二次函数的性质即可求出的最小值.
【详解】解：在平行四边形中，，，，
则在中，由余弦定理得：，
即，，
，则，
在中，由余弦定理得：，
即，，
，，
，
而，即，
，解得：，
；
由于点是线段上的动点，
可设，则，
，
，
即，
，
即，
所以当时，取得最小值，最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的线性运算和数量积运算的实际应用，解题的关键在于利用二次函数的性质求最值，考查转化思想和运算能力.
15．.
【分析】利用在上单调递增可得，函数与的图象有三个交点，可转化为方程在上有两个不同的实数根可得答案.
【详解】当时，，
因为在上单调递增，
所以，解得，
又函数与的图象有三个交点，
所以在上函数与的图象有两个交点，
即方程在上有两个不同的实数根，
即方程在上有两个不同的实数根，
所以，解得，
当时，令，
由时，，
当时，，
此时，，
结合图象，所以时，函数与的图象只有一个交点，
综上所述，.
故答案为：.

【点睛】关键点点睛：解题的关键点是转化为方程在上有两个不同的实数根.
16．（1）.（2）.（3）
【解析】（1）由正弦定理化边为角后，由诱导公式和两角和的正弦公式化简后可求得；
（2）由二倍角公式求得后再由两角和的正弦公式可求值；
（3）由正弦定理求得，再由余弦定理求得．
【详解】（1）∵，
由正弦定理得，
∴，
即.
∵，
∴
又，
∴
（2）由已知得，
∴，
∴.
（3）由正弦定理，得.
由（1）知，，
∴
由余弦定理得，.
∴
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、考查两角和的正弦公式、二倍角公式、诱导公式，同角间的三角函数关系，考查公式较多，解题关键是正确选择应用公式的顺序．在三角形中出现边角关系时，常常用正弦定理进行边角转换．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的坐标运算结合三角恒等变换运算求解；
（2）由（1）整理得，换元令，原题意等价于在上的最小值为，
分类讨论，结合二次函数最值运算求解.
【详解】（1）由题意可得：，
，
所以，
又因为，则，可得，
所以；.
（2）由（1）可得：，
因为，令，
原题意等价于在上的最小值为，
注意到函数开口向上，对称轴为，则有：
若，则在上单调递减，
可得当时，函数取到最小值，
解得，不合题意，舍去；
若，则在上单调递减，在上单调递增，
可得当时，函数取到最小值，
解得或（舍去）；
若，则在上单调递增，
可得当时，函数取到最小值，不合题意，舍去；
综上所述：t的值为.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)存在；或
【分析】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；
法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；
（3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可.
【详解】（1）证明：法一：分别取、的中点、，连接、、，
由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，，
因为，所以，所以点、、、四点共面，
因为、分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
又因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直，
以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
所以，易知平面的一个法向量，
所以，所以，
又因为平面，所以平面．
（2）解：设平面的法向量，，，
则，取，可得，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角余弦值为；
（3）解：假设存在点，使得，其中，
则，
由（2）得平面的一个法向量为，
由题意可得，
整理可得．即，
因为，解得或，所以，或．
19．（1）（2）详见解析（3）存在，且
【分析】（1）根据离心率和焦点坐标列方程组，解方程组求得的值，进而求得椭圆的方程.（2）写出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，求得中点的坐标，将坐标代入直线的方程，满足方程，由此证得点在直线上.（3）由（2）知到的距离相等，根据两个三角形面积的关系，得到是的中点，设出点的坐标，联立直线的方程和椭圆的方程，求得点的坐标，并由此求得的值.
【详解】解：(1) 解：由，解得，
所以所求椭圆的标准方程为
（2）设，，，
，消得，，
解得
将代入到中，满足方程
所以点在直线上.
（3）由（2）知到的距离相等，
若的面积是面积的3倍，得，
有，
∴是的中点，
设，则，
联立，解得，
于是
解得，所以.
【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查根与系数关系，考查方程的思想，属于中档题.要证明一个点在某条直线上，那么先求得这个点的坐标，然后将点的坐标代入直线方程，如果方程成立，则这个点在直线上，否则不在这条直线上.
20．（1）增函数；；（2）答案见解析.
【解析】（1）先对函数求导，得到，根据导数的方法，即可判定其单调性，进而可求出不等式的解集.
（2）时，恒成立，当时，恒成立，故的零点即为函数的零点，讨论在的零点个数得到答案.
【详解】（1），
当时，，，∴，
当时，，，∴，
当时，，
所以当时，，即在R上是增函数；
又，所以的解集为．
（2））函数的定义域为
由（1）得，函数在单调递增，
当时，，又，
所以时，恒成立，即时，无零点.
当时，恒成立，所以的零点即为函数的零点
下面讨论函数在的零点个数：
，所以
①当时，因为，
又函数在区间递减，所以
即当时，，
所以单调递减，由得：当时，递增
当时，递减
当时，，当时
又，
当时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点；
当时，函数有3个零点；
②当时，，由①得：当时，，递增，
当时，，递减，所以，，
所以当时函数有2个零点
③当时，
，，即成立，由，
所以当时函数有1个零点
综上所述：当或时，函数有1个零点；
当或时，函数有2个零点；
当时，函数有3个零点.
【点睛】思路点睛：
导数的方法研究函数的零点时，通常需要对函数求导，根据导数的方法研究函数单调性，极值或最值等，有时需要借助数形结合的方法求解.