天津市北辰区第九十六中学2024届高三上学期12月阶段性检测数学试题

这是一份天津市北辰区第九十六中学2024届高三上学期12月阶段性检测数学试题，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（共45分）
一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题5分共45分）
1. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先确定全集，根据交集和补集定义直接求解即可.
【详解】，，.
故选：A.
2. “”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据以及充分不必要条件的定义可得.
【详解】因为，
所以,
所以”是“”的充分不必要条件.
故选A．
【点睛】本题考查了对数不等式以及充分必要条件,属基础题.
3. 命题的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称命题的否定方法:先改变量词，然后再否定结论，求解即可.更多课件教案等优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 【详解】由全称命题的否定可得：命题的否定是.
故选：D
4. 设，，，则， ，的大小关系为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数、对数函数性质并借助“媒介”数即可得解.
【详解】指数函数分别是R上的增函数和减函数，，则，
对数函数在上单调递增，，则，
所以有，即.
故选：D
5. 函数在上的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求函数的定义域，根据函数的奇偶性，排除部分选项，再利用特殊点处的函数值排除不合适的选项，即可得解.
【详解】由题知的定义域为R，，所以是偶函数，排除A；，排除B，D.
故选：C.
6. 某区为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照，，…分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图．若该区有40万居民，估计居民中月均用水量在的人数为（ ）
A. 4.8万B. 6万C. 6.8万D. 12万
【答案】B
【解析】
【分析】由频率分布直方图求出可得答案.
【详解】由得，
估计居民中月均用水量在的人数为万，
故选：B.
7. 已知双曲线的一条渐近线过点，且双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意列出满足等量关系式，求解即可.
【详解】因为在双曲线的一条渐近线上，
故可得；
因为抛物线的准线为，故，
又；解得，
故双曲线方程：.
故选：D.
8. 已知矩形的顶点都在球心为的球面上，，，且四棱锥的体积为，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意求出矩形的对角线的长，即截面圆的直径，根据棱锥的体积计算出球心距，进而求出球的半径，代入球的表面积公式，可得答案．
【详解】解：由题可知矩形所在截面圆的半径即为的对角线长度的一半，
，，
，
由矩形的面积，
则到平面的距离为满足：，
解得，
故球的半径，
故球的表面积为：，
故选：A．
9. 已知函数，判断下列给出的四个命题，其中正确的命题有（ ） 个.
①的最小正周期为；
②将函数的图象向左平移个单位，将得到一个偶函数；
③函数在区间上是减函数；
④“函数取得最大值”的一个充分条件是“”
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角公式进行化简得，求出最小正周期；利用左加右减得出为偶函数；，函数单调递减；令，求出函数取最大值时x的集合.
【详解】

（1）最小正周期为 ；
（2）的图象向左平移个单位得到
，
，
所以 为偶函数；
（3）当 时，，
所以函数在上单调递减；
（4）令 ，得到，
并且，
函数取得最大值”的一个充分条件是“”.
所以正确的有3个.
故选：D
【点睛】二倍角公式的熟练运用，将函数化简为最简形式，求最小正周期，平移，单调区间，以及最值等都要熟练掌握.
第Ⅱ卷（共105分）
二、填空题
10. i是虚数单位，则复数___________.
【答案】
【解析】
【分析】对复数进行分母实数化即可化简.
【详解】
11. 若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是___________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据二项式系数之和求出，然楼根据展开式的通式，令的次数为零即可得常数项.
【详解】由展开式的二项式系数之和为64得，解得，
即，其展开式的通式为
令得，
故答案为：.
12. 一袋中有大小相同的4个红球和2个白球若从中任取3球，则恰有一个白球的概率是__________，若从中不放回的取球2次，每次任取1球，记“第一次取到红球”为事件， “第二次取到红球”为事件，则__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）直接使用公式；（2）条件概率公式的使用.
【详解】恰有一个白球的概率；
由题可知“第一次取到红球”， “第二次取到红球”，则
，，
所以.
故答案为：，.
13. 已知正数a，b满足，则的最小值是___________.
【答案】3
【解析】
【分析】利用“1的代换”将转化为，最后利用基本不等式求得最小值即可.
【详解】解：因为正数a，b满足，
则，
当且仅当且即时取等号，
此时的最小值3.
故答案为：3.
【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
14. 已知圆圆心坐标是，若直线与圆相切于点，则圆C的标准方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆心和切点的连线与直线垂直列方程，由此求得的值，利用两点间的距离公式求得圆的半径，进而求得圆的标准方程．
【详解】因圆心坐标为，直线与圆相切于点
根据圆心和切点的连线与直线垂直，所以，解得，
根据两点间的距离公式，可得圆的半径
故圆的标准方程为．
故答案为：
15. 已知平行四边形中，，，，则________；若，，则的最大值为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由求出，然后由平方后求得，把用表示后求数量积化为的函数可得最大值．
【详解】由已知，
所以，所以，
；
因为，，
所以，
，
，
所以时，取得最大值．
故答案为：；．
三、解答题
16. 在中，角的对边分别为，，，的面积为．
（1）求及的值；
（2）求的值．
【答案】（1）,；（2）.
【解析】
【详解】试题分析：（1）由，，的面积为可求得的值，利用余弦定理可求得，再利用正弦定理可求得的值；（2）利用（1）的结论，由同角三角函数之间的关系可求得,再利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角差的正弦公式可得的值.
试题解析：（1）由已知，，，且
， ，
在中，，
.
（2） ， 又，，，
.
17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，，AP⊥平面ABCD，，点M、N分别为线段BC和PD的中点．
（1）求证：AN⊥平面PDM；
（2）求平面PDM与平面PDC夹角的正弦值；
（3）在线段PC(不包括端点)上是否存在一点E，使得直线BE与平面PDC所成角的正弦值为，若存在，求出线身PE的长：若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）存在，PE=．
【解析】
【分析】(1)证明AN⊥PD，再证MD⊥平面APD得MD⊥AN即可；
(2)以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出各点坐标，求出平面PDM和平面PDC的法向量，利用向量方法即可求解；
(3)利用(2)中空间直角坐标系，利用向量方法即可求解．
【小问1详解】
方法一：∵，且，
∴BM∥AD，且BM=AD，
∴四边形ADMB是平行四边形，
∴，
∵，则AD⊥DM，
∵AP⊥平面ABCD，平面ABCD，
∴AP⊥DM，又，
∴DM⊥平面PAD，又平面PAD，
∴DM⊥AN，
∵，N是PD的中点，
∴PD⊥AN，又，、平面PDM，
∴AN⊥平面PDM；
方法二：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，，，．
则，，．
设平面PDM的法向量为，
则，即，取，则，，则，
∴，则，
∴AN⊥平面PDM；
【小问2详解】
，，设平面PDC的法向量为，
则，则，取，则，，则，
由(1)知平面PDM的一个法向量为，
设平面PDM与平面PDC的夹角为，
则，
∴，
∴平面PDM与平面PDC夹角的正弦值为；
【小问3详解】
假设存在点E，设，
，，，
则，
设直线BE与平面PDC所成角为，
由(2)知平面PDC的一个法向量为，
则，
化简得，即，
∵，∴，故，
∵，则，
∴，
∴线段PE的长为．
18. 已知椭圆：（）的离心率，点、之间的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和，则是否存在常数，使得与共线？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据两点间距离公式，结合椭圆离心率公式进行求解即可；
（2）设出直线的方程与椭圆的标准方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、根的判别式，结合平面向量线性运算的坐标公式、平面共线向量的性质进行求解判断即可.
【小问1详解】
因为点、之间的距离为，
所以，因为椭圆的离心率，所以有，而，
因此组成方程组为：；
【小问2详解】
设的方程为，与椭圆的标准联立为：
，
于是有，此时设，
于是有，
假设存常数，使得与共线，
因为，，
所以有，
，因为，
所以，不满足，
因此不存在常数，使得与共线.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程的判别式和根与系数的关系是解题的关键.
19. 已知等比数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列及数列的前n项和．
（3）设，求的前2n项和．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由及可得q的值，由可得的值，可得数列的通项公式；
（2）由可得，可得=，利用错位相减法即得；
（3）可得，利用裂项相消法即得.
【小问1详解】
由题意得：，可得，
∴，
由，可得，
由，可得，
∴，
可得；
【小问2详解】
由，可得，
由，可得，
∴，
可得的通项公式：=，
可得：，
，
∴
，
∴；
【小问3详解】
由，可得
，
可得：
.
20. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）当时，求函数在区间的最小值.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程.
（2）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（3）结合（2）中的单调区间，对进行分类讨论，从而求得函数在区间的最小值.
【小问1详解】
当时，，∴，
，∴，故切线方程为：.
【小问2详解】
，
∴，，
∴①当时，，∴仅有单调递增区间，其为，
②当时，，∴当时，；当时，，
∴的单调递增区间为 ，单调递减区间为.
③当时，，∴当时，；当时，.
∴的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述：当时，仅有单调递增区间，单调递增区间为.
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问3详解】
当时，由（2）中③知，在上单调单调递减，在上单调递增，
∴①当，即时，在上单调递增，，
②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
∴，
③当，即时，在上单调递减，∴.
∴.
【点睛】利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.