2024届天津市实验中学高三上学期第二次阶段检测数学试题含答案

这是一份2024届天津市实验中学高三上学期第二次阶段检测数学试题含答案，共15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．设全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先进行补集运算，然后进行交集运算即可求得集合的运算结果.
【详解】由题意结合补集的定义可知：，则.
故选：C.
【点睛】本题主要考查补集运算，交集运算，属于基础题.
2．设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由题意结合向量的减法公式和向量的运算法则考查充分性和必要性是否成立即可.
【详解】∵A､B､C三点不共线,∴
|+|>|||+|>|-|
|+|2>|-|2•>0与
的夹角为锐角.故“与的夹角为锐角”是“|+|>||”的充分必要条件,故选C.
【点睛】本题考查充要条件的概念与判断､平面向量的模､夹角与数量积,同时考查了转化与化归数学思想.
3．若，，，则它们的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用函数和的单调性即可比较.
【详解】因为在上单调递增，所以，即
又在R上单调递减，所以，即，
综上，.
故选：A
4．函数的部分图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】判断奇偶性，再取特殊点判断即可.
【详解】，则函数为奇函数，故排除A，，故排除CD.
故选：B
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用特殊点以及奇偶性进行判断.
5．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量垂直的向量表示，结合数量积定义和已知条件可得.
【详解】因为，所以，
又，所以，
因为为非零向量，所以，所以，
因为，所以.
故选：B
6．设为等差数列的前项和，若，，则
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得，从而求得正确结果.
详解：设该等差数列的公差为，
根据题中的条件可得，
整理解得，所以，故选B.
点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.
7．2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果.
【详解】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为 ，
所以，单位圆的内接正边形的周长为，
单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，
，
则.
故选：A.
【点睛】本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
8．设函数的图象关于直线对称，它的最小正周期是，则以下四个结论正确的个数有（ ）
①的图象过点
②的一个对称中心是
③在上是减函数
④将的图象向右平移个单位得到函数的图象
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】根据周期公式和正弦函数对称性先求的解析式，然后代入验证可判断①②；根据正弦函数单调性可判断③；根据图象变换可判断④.
【详解】因为的最小正周期是，所以，
又图象关于直线对称，所以，即，
因为，所以，所以.
因为，所以的图象过点，①正确；
因为，所以是的一个对称中心，②正确；
由解得，所以在上是减函数，所以在上是减函数，③正确；
将的图象向右平移个单位得的图象，④正确.
故选：A
9．已知，且恒成立，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】将恒成立不等式化为，利用导数可求得单调性，可知，由此可得；由知：，求导后，根据的范围讨论单调性，进而得到；由可求得结果.
【详解】由，得：；
令，，
令，则，
在上单调递减，，则，
在上单调递减，，；
令，则，
，；
当时，，在上单调递增，，不合题意；
当时，，在上单调递减，，满足题意；
当时，，使得，又在上单调递减，
当时，，
在上单调递增，则，不合题意；
综上所述：；
.
故选：D.
二、填空题
10．已知是虚数单位，化简的结果为 ．
【答案】/
【分析】根据复数代数形式的运算法则即可解出．
【详解】．
故答案为：．
11．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则 ．
【答案】
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
三、双空题
12．假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是90%，乙厂产品的合格率是80%，在该市场中随机购买一个灯泡，是合格品的概率为 ；如果买到的灯泡是合格品，那么它是甲厂产品的概率为 .
【答案】
【分析】由全概率公式与条件概率公式求解即可
【详解】设为甲厂产品，为乙厂产品，表示合格产品，则，，，，
所以，
灯泡是甲厂生产的概率为，
所以
故答案为：；
四、填空题
13．等比数列{}的各项均为实数，其前项为，已知= ，=，则= ．
【答案】32
【详解】由题意可得，所以两式相除得代入得，填32．
五、双空题
14．在中，D为边的中点，经过的中点E的直线交线段，于点M，N，若，，则 ；该直线将分成的两部分，即与四边形的面积之比的最小值是 ．
【答案】 4
【分析】根据共线定理的推论，结合三点共线可得；利用三角形面积公式先求和的面积比，化简后利用基本不等式可得最小值，然后可得与四边形的面积之比的最小值.
【详解】因为D为边的中点，E为的中点，
所以，
又，，所以，
因为三点共线，所以，所以.
若直线将分成与四边形两部分，由图可知，，
记，四边形，的面积分别为，，
因为，
所以，
所以，当且仅当时，取得最小值.
故答案为：4；.

六、填空题
15．已知函数.若函数存在5个零点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】令，将问题转化为与、的交点，作出函数的大致图像，利用数形结合的思想即可求解.
【详解】函数的 零点，令，
解得，
将问题转化为与、的交点，
作出的大致图像，如下：
由图可知，函数存在5个零点，
则，解得，
故实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：将问题转化为与、的交点，作出函数的大致图像是关键，考查了数形结合的思想.
七、解答题
16．在中，内角所对的边分别为，已知的面积为．
(1) 求和的值；
(2) 求的值．
【答案】（1），（2）
【分析】（1）由面积公式可得结合可求得解得再由余弦定理求得a=8.最后由正弦定理求sinC的值;（2）直接展开求值.
【详解】（1）△ABC中,由得由,得又由解得由,可得a=8.由,得.
（2）,
【点睛】本题主要考查三角变换及正弦定理、余弦定理等基础知识,考查基本运算求解能力.
17．如图，在四棱柱中，平面，底面满足且.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】(1)证明，根据得到，得到证明.
(2) 如图所示，分别以为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量，，计算向量夹角得到答案.
(3)设点到平面的距离为，运用等体积法，可求得点到平面的距离.
【详解】(1) 平面，平面，故.
，，故，故.
，故平面.
(2)如图所示：分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面的法向量，则，即，
取得到，，设直线与平面所成角为，
故.
所以直线与平面所成角的正弦值；
（3）设点到平面的距离为，则，而，
又，，，
所以，所以，
所以.
所以，解得，所以点到平面的距离为.
【点睛】本题考查证明线面垂直，求线面角的正弦值，运用等体积法求点到面的距离，意在考查学生的空间想象能力和计算能力，属于中档题.
18．已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，
.
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）求数列的前n项和.
【答案】（Ⅰ）. .（Ⅱ）.
【详解】试题分析：根据等差数列和等比数列通项公式及前项和公式列方程求出等差数列首项和公差及等比数列的公比，写出等差数列和等比孰劣的通项公式，利用错位相减法求出数列的和，要求计算要准确.
试题解析：（Ⅰ）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由已知，得，而，所以.又因为，解得.所以，.
由，可得.由，可得，联立①②，解得，由此可得.
所以，的通项公式为，的通项公式为.
（Ⅱ）解：设数列的前项和为，由，有
，
，
上述两式相减，得
.
得.
所以，数列的前项和为.
【解析】等差数列、等比数列、数列求和
【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和方法有倒序相加法，错位相减法，裂项相消法和分组求和法等，本题考查错位相减法求和.
19．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间和极值；
(2)若对于任意，都有成立，求实数的取值范围；
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）求导，分，两种情况讨论函数的单调区间和极值即可；（2）问题转化为，对于恒成立，构造函数，得，判断单调性，求得，即可解决.
【详解】（1）由题知，，
所以，
当时，
因为，
所以，
所以的单调增区间是，无单调减区间，无极值，
当时，令，解得，
当时，，当时，，
所以的单调减区间是，单调增区间是，
极小值为，无极大值.
（2）因为对于任意，都有成立，
所以，
即问题转化为，对于恒成立，
即，对于恒成立，
令，
所以，
令，
所以，
所以在区间上单调递增，
所以，
所以，
所以在区间上单调递增，
所以函数，
要使，对于恒成立，只要，
所以，即，
所以实数的取值范围为；
20．已知函数．
(1)若曲线在点处的切线的斜率为4，求a的值；
(2)当时，求的单调区间；
(3)已知的导函数在区间上存在零点．求证：当时，．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）由导数的几何意义运算即可得解；
（2）对进行分类讨论，根据导数的符号判断函数的单调性；
（3）由题可得，进而可得函数的最小值为，再构造函数，通过导数证明即可得证.
【详解】（1）函数的定义域为，
由，可得，
∴，
所以.
（2）由（1）得，，
①当时，令，解得或，
令，解得.
所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
②当时，，所以，函数的单调递增区间为，
③当时，令，解得或，
令，解得，
所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（3）因为导函数在区间上存在零点，则，
由（2）可知在上单调递减，在单调递增，
所以在上的最小值为，
设，，，
令，因为，
所以，在上单调递减，
又，所以在上单调递减，
又因为，
所以，即，
所以当时，.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，，把问题转化为证明.