2024届天津市第一中学高三上学期第一次月考数学试题含答案

这是一份2024届天津市第一中学高三上学期第一次月考数学试题含答案，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．已知全集，集合或，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据集合的补集和交集运算方法即可计算.
【详解】，，
∴.
故选：A
2．“”是“”成立的（ ）
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】B
【分析】解分式、一元二次不等式求a范围，根据充分、必要性定义判断条件间的关系.
【详解】由或，
由或，
所以“”是“”成立的必要不充分条件.
故选：B
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据诱导公式及二倍角的余弦公式求解.
【详解】由，得，
则．
故选：C
4．函数的图象大致形状是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性可得函数为偶函数，可排除CD，然后根据时的函数值可排除B.
【详解】因为，定义域为R，
又，
所以是偶函数，图象关于轴对称，故排除CD，
又当时，，，故排除B.
故选：A.
5．已知，，，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据指对数的函数性质判断各数的大小关系.
【详解】，
故选：D
6．已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】问题化为在上的最大值大于等于在上的最大值，利用对勾函数、指数函数单调性求区间最值，即可求参数范围.
【详解】由题设，只需在上的最大值大于等于在上的最大值即可，
对于在上递减，故；
对于，在上递增，故；
所以.
故选：C
7．已知函数，，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由解析式、奇偶性定义判断的单调性、奇偶性，再将条件化为在上恒成立，即可求范围.
【详解】由在上单调递增，且，即为奇函数，
所以，
则在上恒成立，
所以.
故选：C
8．在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，若，，且的面积为，则的周长为（ ）
A．38B．C．D．
【答案】B
【分析】由三角恒等变换及三角形内角性质得，利用三角形面积公式、余弦定理列方程求未知边长，即可得结果.
【详解】由，而，
则，又，所以，
由且，
，则，
综上，的周长为.
故选：B
9．若函数在区间上有零点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设为函数的零点，则，转化为在直线上，根据表示点到原点的距离的平方，得到，构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】因为，
设为函数在上的零点，则，
即，即点在直线上，
又因为表示点到原点的距离的平方，
则，即，
令，则，
因为，所以，在单调递增.
所以最小值为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：设零点有，换主元化为点在直线上，结合的几何意义及点线距离公式得为关键.
二、填空题
10．已知，则 ．
【答案】/
【分析】应用复数除法化简右侧即可.
【详解】.
故答案为：
11．在的展开式中，常数项为 ．
【答案】
【分析】利用二项式展开式通项求常数项即可.
【详解】由题设，展开式通项为，，
令，则常数项为.
故答案为：
12． .
【答案】
【分析】由对数的换底公式和对数的运算公式，准确运算，即可求解.
【详解】由对数的换底公式和对数的运算公式，可得
.
【点睛】本题主要考查了对数的换底公式和对数的运算法则的化简、求值，其中解答中熟记对数的运算公式是解答的关键，着重考查运算与求解能力.
13．已知正实数x，y，满足，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】由，根据已知及基本不等式求最小值，注意取值条件.
【详解】由，
当且仅当，即时等号成立，
所以目标式最小值为.
故答案为：
14．把函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到函数的图象，则当时，的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由图象平移写出解析式，根据正弦函数的性质求对应区间内的值域即可.
【详解】图象上所有的点向左平移个单位长度，得，
，则，故.
故答案为：
15．已知函数，若在上有2个零点，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】首先确定在上单调性及值域为，讨论、判断在上零点个数，结合正弦型函数图象确定参数范围.
【详解】由在上递增，且值域为，
若时，在上无零点，
要使在上有2个零点，在上有2个零点，则；
若时，在上有1个零点，
要使在上有2个零点，在上有1个零点，则，此时；
综上，.
故答案为：
三、解答题
16．现有6道数学题，其中代数题4道，几何题2道，某同学从中任取3道题解答．
(1)在该同学至少取到一道代数题的条件下，求他取到的题目不是同一类的概率；
(2)已知所取的3道题中有2道代数题，1道几何题．该同学答对每道代数题的概率都是，答对每道几何题的概率都是，且各题答对与否相互独立．用X表示该同学答对题的个数，求X的分布及数学期望．
【答案】(1)；
(2)分布列见解析，期望为2.
【分析】（1）利用组合数求出同学至少取到一道代数题种数、其中取到的题目不是同一类的种数，再应用古典概型的求法求概率；
（2）列出X的可能值，求出对应概率，写出分布列，进而求期望.
【详解】（1）由题意，该同学至少取到一道代数题有种，
其中取到的题目不是同一类有种，
所以该同学至少取到一道代数题的条件下，求他取到的题目不是同一类的概率为.
（2）由题设，则，
，
，
，
分布列为
.
17．在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知且．
(1)求的值；
(2)若，①求的值；②求的值．
【答案】(1)；
(2)①；②
【分析】（1）由正弦边角关系及已知得，且，进而可得、，应用余弦定理求；
（2）由已知及（1）得、，平方关系、正余弦定理求，再应用和角、倍角正余弦公式求.
【详解】（1）由，
所以，又，即，
则.
（2）由（1）知：，且，
由，则，
①正弦定理知：，
②又，且，
所以.
18．如图，在几何体中，四边形是矩形，，，，，分别是线段，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成角的余弦值；
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，故，从而证明出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的求解公式求出答案；
（3）在（2）的基础上，利用两个平面角的余弦公式求出答案.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为是线段的中点，所以，且，
因为四边形是矩形，所以，，
因为是线段的中点，所以且，
故四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为四边形是矩形，所以，
因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以，
又，所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，平行于所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以，
设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
设直线与平面所成角的大小为，
则；
（3）平面的法向量为，
由（2）可知，平面的法向量为，
设平面与平面所成角的大小为，
则，
故平面与平面所成角的余弦值为.
19．已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)当且时，求的取值范围；
(3)是否存在实数，使得函数在上的值域是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)答案见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）讨论符号，应用分段函数形式写出，即可判断单调性；
（2）由题设可得且，则，令并结合二次函数性质求范围；
（3）讨论、、分别研究是否存在使题设条件成立即可.
【详解】（1）由，，令，令，
所以，故递减区间为，递增区间为.
（2）由（1）知：在上，在上，
所以有，即，
故，且，所以，
令，则，
所以，又，则，
所以.
（3）若，则上最小值为0，即，与前提矛盾；
所以，若存在实数使在上值域是，情况如下，
当时，此时递减，则，与前提矛盾；
当时，此时递增，则；
故存在使函数在上的值域是上.
20．已知函数，a为实数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：．
【答案】(1)
(2)单调递增区间为，单调递减区间为
(3)证明过程见解析
【分析】（1）求出，求导，得到，进而由导函数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；
（3）先令，求导得到其单调性，求出，进而构造差函数，证明出极值点偏移问题.
【详解】（1）当时，，，
，故，
故函数在处的切线方程为，即；
（2）定义域为，
，
令，解得，令，解得，
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
（3）由题意得，解得，
故，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
可知函数在处取得极值，故符合题意，
因为，，
令，，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且当时，恒成立，，当时，，
画出的图象如下：
故，
令，，
则，
因为，所以，，
故在上单调递减，
又，故在上恒成立，
即，，
因为，所以，
其中，故，
其中，，在上单调递增，
故，即，
令，，
则
，
当时，所以单调递增，
由复合函数可得在上单调递增，
又，
故存在，使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，，
故当时，恒成立，
因为，故，即，
又，故，
其中，，在上单调递增，
故，故，
综上，.
【点睛】关键点睛：极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，需要先研究出两个变量的取值范围，若原函数较复杂，可先进行变形，再求导，得到其单调性，构造出的差函数，研究其单调性，往往会和基本不等式，复合函数单调性等知识结合.
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