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2024届天津市九十六中学高三上学期第一次月考数学试题含解析
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这是一份2024届天津市九十六中学高三上学期第一次月考数学试题含解析，共16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．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别求出集合、 、，再求交集可得答案.
【详解】因为，所以，
又因为，
所以.
故选：D.
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】直接利用特称命题的否定形式判定即可.
【详解】根据特称命题的否定形式可知命题“，”的否定是“，”.
故选：C
3．若，则“”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】D
【分析】举出反例，证明出充分性和必要性均不成立.
【详解】不妨设，满足，但不满足，充分性不成立，
若，满足，但不满足，故必要性不成立，
所以是的既不充分也不必要条件.
故选：D
4．已知，则a、b、c的大小关系为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别和0,1比较大小，得到，，的大小关系.
【详解】，
， ，
.
故选B
【点睛】本题考查指对数比较大小，一般可以判断函数类型，根据单调性比较大小，或是和中间值0或1比较大小.
5．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性，可排除C、D，利用和时，，结合选项，即可求解.
【详解】由题意，函数的定义域为，
且，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除C、D；
当时，可得，且时，，
结合选项，可得A选项符合题意.
故选：A.
6．从某小区抽取100户居民用户进行月用电调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示．在被调查的用户中，用电量落在区间内的户数为（ ）
A．45B．46C．54D．70
【答案】B
【分析】根据频率分布直方图，利用频率、频数与样本容量的关系进行解答即可.
【详解】由题知，这些用户中，
用电量落在区间内的频率为，
则用电量落在区间内的户数为.
故选：B
7．若，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】由已知表示出，再由换底公式可求.
【详解】，，
.
故选：C.
8．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，某园林建筑为四角攒尖，它主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，若这个正四棱锥的棱长均为2，则该正四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合正四棱锥的性质，即可求得、的长，根据锥体体积公式，即可得答案.
【详解】如图所示，正四棱锥棱长均为2，连接AC、BD交于点O，连接PO
根据正四棱锥的性质，可得平面ABCD.
所以，，
所以正四棱锥的体积.
故选：C
9．将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，再将图象上的所有点的横坐标变成原来的，得到的图象，则下列说法正确的个数是（ ）
①函数的最小正周期为；
②是函数图象的一个对称中心；
③函数图象的一个对称轴方程为；
④函数在区间上单调递增
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】先根据三角函数图象变换求得，然后由三角函数的最小正周期、对称中心、对称轴、单调性等知识确定正确选项.
【详解】，
，
.
①，的最小正周期为，①错误.
②，， ②正确.
③，，③错误.
④，，所以函数在区间上单调递增，④正确.
所以正确的一共有个.
故选：B
二、填空题
10．是虚数单位，复数满足，则 .
【答案】/
【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得；
【详解】解：因为，所以
故答案为：
11．二项式的展开式中含的系数为 .
【答案】-21
【分析】直接利用二项式定理求解
【详解】展开式中的第项为，
展开式中含，必须有，从而有，展开式中含的项为，
所以展开式中含的系数为-21.
故答案为：-21
12．已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上、下底面的圆周均在球面上，若球的体积为，则圆柱的体积为 ．
【答案】/
【分析】由题先求得球的半径，再根据的数量关系，即可求得圆柱的体积.
【详解】设球的半径为，圆柱的底面圆半径为，则高为.
因为球的体积为，所以，得，
又因为，所以，
所以，圆柱的体积
故答案为：
13．在平行四边形ABCD中，，，向量在向量上的投影向量为，则
【答案】/
【分析】作出图形，在直角三角形中求解．
【详解】如图，作于点，由题意是中点，即，
在直角中，，，
故答案为：．
三、双空题
14．已知袋内有大小相同的1个红球和3个白球，袋内有大小相同的2个红球和4个白球．现从两个袋内各任取1个球，则恰好有1个红球的概率为 ；记取出的2个球中红球的个数为随机变量，则的数学期望为 ．
【答案】
【分析】利用古典概型公式及求数学期望方法计算得解.
【详解】从､两个袋内各任取1个球，有种，恰好有1个红球有
从､两个袋内各任取1个球，则恰好有1个红球的概率为
取出的2个球中红球的个数为随机变量，则可能取值为
;;;
故答案为： ，
15．在中，点D为AC的中点，点E满足．记，，用表示 ；若，则的最大值为 ．
【答案】 /30°
【分析】根据平面向量的线性运算计算即可得第一空，利用平面向量的数量积结合基本不等式可求第二空.
【详解】
如图所示，结合题意知：；
若，则，
设，
则，
当且仅当时取得等号，
由余弦函数的单调性得，所以的最大值为.
故答案为：；.
四、解答题
16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足．
(1)求角B的大小；
(2)设，．
（ⅰ）求c的值；
（ⅱ）求的值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可.
（2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解.
【详解】（1）由，
根据正弦定理得，,
可得，
因为，故，则，
又，所以.
（2）由（1）知，，且，，
（ⅰ）则，
即，解得（舍），.
故.
（ⅱ）由，
得，
解得，则，
则，
，
则
.
17．的内角A，B，C，的对边分别为a，b，c，已知且.
(1)求角A的大小；
(2)若的周长为，求的面积；
(3)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由余弦定理角化边化简后可得；
（2）余弦定理与已知联立可得bc的值，然后可得；
（3）先由正弦定理可得的值，然后根据二倍角公式与和差公式可解.
【详解】（1）因为，所以，
整理可得：，
由余弦定理可得：，
所以，，
所以可得；
（2）由三角形的周长为，a=，
所以，
由（1）可得，而，
所以可得，可得，
所以，
所以△ABC的面积为；
（3）因为b=，a=，A=π，
由正弦定理可得：=，
b＜a，所以B为锐角，所以，
所以，，
所以，即，
所以．
18．如图，在长方体中，，，点在线段上.
(1)求证：；
(2)当是的中点时，求直线与平面所成角的大小；
(3)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的大小；
（3）设点，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的范围可求得的值，即可得解.
【详解】（1）证明：连接，在矩形中，，则四边形为正方形，所以，，
平面，平面，，
，平面，
平面，.
（2）解：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
因为，则，
因此，直线与平面所成角为.
（3）解：设点，其中，
设平面的法向量为，则，，
设平面，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
由已知可得，因为，解得.
因此，若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长为.
19．如图，在四棱锥中，，，，，平面，且，点在棱上，点为中点.
(1)证明：若，则直线平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在点，此时或
【分析】（1）构造平面与平面平行，从而得到直线平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算二面角的余弦值；
（3）假设存在点M，设点M的坐标，由已知建立等式，求解所设，若无解则点M不存在，若有解，则点M存在，解即为点M的坐标，再代入求原式即可.
【详解】（1）
如图所示，在线段上取一点，使，连接，，
，
，
平面
平面
又，，
，四边形为平行四边形，
，
平面
平面
又，
所以平面平面，
平面，
平面；
（2）
如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
又是中点，则，
所以，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
设平面的法向量，
则，令，则，
所以，
（3）存在，或
假设存在点，设，即，，
由（2）得，，，且平面的法向量，
则，，
则，
，
解得或，
故存在点，此时或.
20．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间和极值；
(3)若对于任意，都有，求实数a的取值范围．
【答案】(1)；
(2)见详解；
(3).
【分析】（1）由导数的几何意义计算即可；
（2）利用导函数判断单调区间及极值即可；
（3）分离参数结合导数研究函数的最值计算即可.
【详解】（1）由题意可知，
所以，故曲线在点处的切线方程为；
（2）由（1）知，
令可得，即在上单调递增；
令可得，即在上单调递减，
令可得，函数在上取得极小值，极小值为，无极大值；
综上函数在上单调递增，在上单调递减，无极大值，极小值为；
（3）原式对恒成立，
令，
当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
所以，即，
故.
一、单选题
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别求出集合、 、，再求交集可得答案.
【详解】因为，所以，
又因为，
所以.
故选：D.
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】直接利用特称命题的否定形式判定即可.
【详解】根据特称命题的否定形式可知命题“，”的否定是“，”.
故选：C
3．若，则“”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】D
【分析】举出反例，证明出充分性和必要性均不成立.
【详解】不妨设，满足，但不满足，充分性不成立，
若，满足，但不满足，故必要性不成立，
所以是的既不充分也不必要条件.
故选：D
4．已知，则a、b、c的大小关系为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别和0,1比较大小，得到，，的大小关系.
【详解】，
， ，
.
故选B
【点睛】本题考查指对数比较大小，一般可以判断函数类型，根据单调性比较大小，或是和中间值0或1比较大小.
5．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性，可排除C、D，利用和时，，结合选项，即可求解.
【详解】由题意，函数的定义域为，
且，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除C、D；
当时，可得，且时，，
结合选项，可得A选项符合题意.
故选：A.
6．从某小区抽取100户居民用户进行月用电调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示．在被调查的用户中，用电量落在区间内的户数为（ ）
A．45B．46C．54D．70
【答案】B
【分析】根据频率分布直方图，利用频率、频数与样本容量的关系进行解答即可.
【详解】由题知，这些用户中，
用电量落在区间内的频率为，
则用电量落在区间内的户数为.
故选：B
7．若，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】由已知表示出，再由换底公式可求.
【详解】，，
.
故选：C.
8．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，某园林建筑为四角攒尖，它主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，若这个正四棱锥的棱长均为2，则该正四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合正四棱锥的性质，即可求得、的长，根据锥体体积公式，即可得答案.
【详解】如图所示，正四棱锥棱长均为2，连接AC、BD交于点O，连接PO
根据正四棱锥的性质，可得平面ABCD.
所以，，
所以正四棱锥的体积.
故选：C
9．将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，再将图象上的所有点的横坐标变成原来的，得到的图象，则下列说法正确的个数是（ ）
①函数的最小正周期为；
②是函数图象的一个对称中心；
③函数图象的一个对称轴方程为；
④函数在区间上单调递增
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】先根据三角函数图象变换求得，然后由三角函数的最小正周期、对称中心、对称轴、单调性等知识确定正确选项.
【详解】，
，
.
①，的最小正周期为，①错误.
②，， ②正确.
③，，③错误.
④，，所以函数在区间上单调递增，④正确.
所以正确的一共有个.
故选：B
二、填空题
10．是虚数单位，复数满足，则 .
【答案】/
【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得；
【详解】解：因为，所以
故答案为：
11．二项式的展开式中含的系数为 .
【答案】-21
【分析】直接利用二项式定理求解
【详解】展开式中的第项为，
展开式中含，必须有，从而有，展开式中含的项为，
所以展开式中含的系数为-21.
故答案为：-21
12．已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上、下底面的圆周均在球面上，若球的体积为，则圆柱的体积为 ．
【答案】/
【分析】由题先求得球的半径，再根据的数量关系，即可求得圆柱的体积.
【详解】设球的半径为，圆柱的底面圆半径为，则高为.
因为球的体积为，所以，得，
又因为，所以，
所以，圆柱的体积
故答案为：
13．在平行四边形ABCD中，，，向量在向量上的投影向量为，则
【答案】/
【分析】作出图形，在直角三角形中求解．
【详解】如图，作于点，由题意是中点，即，
在直角中，，，
故答案为：．
三、双空题
14．已知袋内有大小相同的1个红球和3个白球，袋内有大小相同的2个红球和4个白球．现从两个袋内各任取1个球，则恰好有1个红球的概率为 ；记取出的2个球中红球的个数为随机变量，则的数学期望为 ．
【答案】
【分析】利用古典概型公式及求数学期望方法计算得解.
【详解】从､两个袋内各任取1个球，有种，恰好有1个红球有
从､两个袋内各任取1个球，则恰好有1个红球的概率为
取出的2个球中红球的个数为随机变量，则可能取值为
;;;
故答案为： ，
15．在中，点D为AC的中点，点E满足．记，，用表示 ；若，则的最大值为 ．
【答案】 /30°
【分析】根据平面向量的线性运算计算即可得第一空，利用平面向量的数量积结合基本不等式可求第二空.
【详解】
如图所示，结合题意知：；
若，则，
设，
则，
当且仅当时取得等号，
由余弦函数的单调性得，所以的最大值为.
故答案为：；.
四、解答题
16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足．
(1)求角B的大小；
(2)设，．
（ⅰ）求c的值；
（ⅱ）求的值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可.
（2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解.
【详解】（1）由，
根据正弦定理得，,
可得，
因为，故，则，
又，所以.
（2）由（1）知，，且，，
（ⅰ）则，
即，解得（舍），.
故.
（ⅱ）由，
得，
解得，则，
则，
，
则
.
17．的内角A，B，C，的对边分别为a，b，c，已知且.
(1)求角A的大小；
(2)若的周长为，求的面积；
(3)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由余弦定理角化边化简后可得；
（2）余弦定理与已知联立可得bc的值，然后可得；
（3）先由正弦定理可得的值，然后根据二倍角公式与和差公式可解.
【详解】（1）因为，所以，
整理可得：，
由余弦定理可得：，
所以，，
所以可得；
（2）由三角形的周长为，a=，
所以，
由（1）可得，而，
所以可得，可得，
所以，
所以△ABC的面积为；
（3）因为b=，a=，A=π，
由正弦定理可得：=，
b＜a，所以B为锐角，所以，
所以，，
所以，即，
所以．
18．如图，在长方体中，，，点在线段上.
(1)求证：；
(2)当是的中点时，求直线与平面所成角的大小；
(3)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的大小；
（3）设点，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的范围可求得的值，即可得解.
【详解】（1）证明：连接，在矩形中，，则四边形为正方形，所以，，
平面，平面，，
，平面，
平面，.
（2）解：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
因为，则，
因此，直线与平面所成角为.
（3）解：设点，其中，
设平面的法向量为，则，，
设平面，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
由已知可得，因为，解得.
因此，若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长为.
19．如图，在四棱锥中，，，，，平面，且，点在棱上，点为中点.
(1)证明：若，则直线平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在点，此时或
【分析】（1）构造平面与平面平行，从而得到直线平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算二面角的余弦值；
（3）假设存在点M，设点M的坐标，由已知建立等式，求解所设，若无解则点M不存在，若有解，则点M存在，解即为点M的坐标，再代入求原式即可.
【详解】（1）
如图所示，在线段上取一点，使，连接，，
，
，
平面
平面
又，，
，四边形为平行四边形，
，
平面
平面
又，
所以平面平面，
平面，
平面；
（2）
如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
又是中点，则，
所以，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
设平面的法向量，
则，令，则，
所以，
（3）存在，或
假设存在点，设，即，，
由（2）得，，，且平面的法向量，
则，，
则，
，
解得或，
故存在点，此时或.
20．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间和极值；
(3)若对于任意，都有，求实数a的取值范围．
【答案】(1)；
(2)见详解；
(3).
【分析】（1）由导数的几何意义计算即可；
（2）利用导函数判断单调区间及极值即可；
（3）分离参数结合导数研究函数的最值计算即可.
【详解】（1）由题意可知，
所以，故曲线在点处的切线方程为；
（2）由（1）知，
令可得，即在上单调递增；
令可得，即在上单调递减，
令可得，函数在上取得极小值，极小值为，无极大值；
综上函数在上单调递增，在上单调递减，无极大值，极小值为；
（3）原式对恒成立，
令，
当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
所以，即，
故.
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