2024届天津市南开中学高三上学期第五次统练数学试题含解析

这是一份2024届天津市南开中学高三上学期第五次统练数学试题含解析，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．设集合， ， ，则
A．{2}B．{2，3}C．{-1，2，3}D．{1，2，3，4}
【答案】D
【分析】先求，再求．
【详解】因为，
所以.
故选D．
【点睛】集合的运算问题，一般要先研究集合中元素的构成，能化简的要先化简，同时注意数形结合，即借助数轴、坐标系、韦恩图等进行运算．
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
【答案】B
【解析】分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.
【详解】化简不等式，可知 推不出；
由能推出，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选B．
【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．
3．函数，图象大致为

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性和函数图像上的特殊点对选项进行排除，由此得出正确选项.
【详解】，故函数为奇函数，图像关于原点对称，排除选项.由排除选项.由，排除C选项，故本小题选D.
【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查函数的奇偶性的判断方法，属于基础题.
4．函数的最大值为
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【详解】试题分析：因为，而，所以当时，取得最大值5，选B.
【解析】 正弦函数的性质、二次函数的性质
【名师点睛】求解本题易出现的错误是认为当时，函数取得最大值.
5．设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】分别判断，和，再代入计算，可得.
【详解】因为，所以；又因为，所以；
又，所以，所以.
故选：B.
【点睛】对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确；
当底数与指数都不相同时，选取适当的“媒介”数（通常以“”或“”为媒介），分别与要比较的数比较，从而可间接地比较出要比较的数的大小．
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先对两边平方，构造齐次式进而求出或，再用正切的二倍角公式即可求解.
【详解】解：对两边平方得
，
进一步整理可得，
解得或，
于是．
故选：C
【点睛】本题考查同角三角函数关系和正切的二倍角公式，考查运算能力，是中档题.
7．已知函数是奇函数，将的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图像对应的函数为.若的最小正周期为，且，则
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】只需根据函数性质逐步得出值即可．
【详解】因为为奇函数，∴；
又
，，又
∴，
故选C．
【点睛】本题考查函数的性质和函数的求值问题，解题关键是求出函数．
8．已知函数，其中，给出四个结论：
①函数是最小正周期为的奇函数；
②函数的图象的一条对称轴是；
③函数图象的一个对称中心是；
④函数的递增区间为.则正确结论的个数为（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】利用两角和的余弦（正弦）公式将函数化简，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】解：
所以函数的最小正周期为，但函数不是奇函数，故①错；
由，解得，
所以函数的对称轴方程为，当时，对称轴方程是，故②正确；
由，解得，
所以函数的对称中心坐标为，当时的对称中心为，故③正确；
由，解得
所以函数的递增区间为，故④正确，所以正确的命题有三个.
故选：B.
9．已知函数f(x)＝sinωxcsωx＋cs2ωx (ω>0)在区间上的值域是，则常数ω所有可能的值的个数是( )
A．0B．1
C．2D．4
【答案】C
【详解】函数f(x)＝sinωxcsωx＋cs2ωx，化简可得f(x)＝sin2ωx＋cs2ωx＋＝sin＋，因为x∈，f(x)∈，所以－1≤sin≤0，则≤－≤，又T＝＝，所以≤≤，即≤ω≤3，sin＝0的结果必然是x＝或.当x＝时，解得ω＝满足题意，当x＝时，解得ω＝满足题意．所以常数ω所有可能的值的个数为2.故选C.
二、填空题
10．已知复数z=（1+i）（1+2i）,其中i是虚数单位，则z的模是
【答案】
【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．
【详解】解：复数z＝（1+i）（1+2i）＝1﹣2+3i＝﹣1+3i，
∴|z|．
故答案为．
【点睛】对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如．其次要熟悉复数相关概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭复数为．
11．展开式中的常数项为 .
【答案】
【分析】根据二项展开式的通项公式得出通项，根据方程思想得出的值，再求出其常数项．
【详解】，
由，得，
所以的常数项为.
【点睛】本题考查二项式定理的应用，牢记常数项是由指数幂为0求得的．
12．的内角A，，的对边分别为，，，已知，，则 .
【答案】6
【分析】先结合正弦定理和余弦定理得到关于三边的方程组，再化简消去，即得结果.
【详解】∵，，，
消去得， ，即.
故答案为：6.
13．对于，有如下命题：
若，则一定为等腰三角形．
若，则一定为等腰三角形．
若，则一定为钝角三角形．
若，则一定为锐角三角形．
则其中正确命题的序号是 把所有正确的命题序号都填上
【答案】，，
【分析】三角形中首先想到内角和为，每个内角都在内，然后根据每一个命题的条件进行判定
【详解】或，为等腰或直角三角形
正确；
由可得
由正弦定理可得
再由余弦定理可得，为钝角，命题正确
全为锐角，命题正确
故其中正确命题的序号是，，
【点睛】本题主要考查了借助命题考查三角形的有关知识，在运用正弦、正切解三角形时注意角之间的转化，三角形内角和为，然后代入化简
14．设函数，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：
①在有且仅有3个极大值点②在有且仅有2个极小值点
③在单调递增④的取值范围是
其中所有正确结论的编号是 .
【答案】①③④
【分析】对①②可以通过作图判别，对于④令，根据题意得到不等式，解出范围即可，对于③证明出当时,即可.
【详解】已知在有且仅有5个零点，如图，
其图象的右端点的横坐标在上,此时在有且仅有3个极大值点,但在可能有2或3个极小值点,所以①正确, ②不正确;
令,
且,
在上有且仅有5个零点,
在上有且仅有5个零点,
,故④正确.
当时,,
又,
,
在上单调递增.
在上单调递增,故③正确.
故答案为：①③④
【点睛】关键点睛：令,利用整体思想将原函数转化为来研究.
(2)当时,的图象可由的图象经过平移、伸缩变换得到,的增、减区间可通过讨论的增、减区间得到.
15．已知函数设，表示中的较大值，表示中的较小值，记得最小值为得最大值为,则
【答案】
【分析】首先确定两函数交点的坐标，根据二次函数性质可得到函数图象；利用已知定义可确定的取值，作差得到结果.
【详解】令，即
解得：，
又对称轴为：，对称轴为：
可在同一直角坐标系中得到、图象如下图所示：
由图象可知，当时，取得最小值，即
当时，取得最大值，即
本题正确结果：
【点睛】本题考查新定义运算问题的求解，关键是能够通过数形结合的方式将问题转化为两函数最值的求解问题.
三、解答题
16．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角B的大小；
（2）设a=2，c=3，求b和的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，.
【详解】分析：（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得b=．结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得
详解：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，
又由，得，
即，可得．
又因为，可得B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，
有，故b=．
由，可得．因为a因此，
所以，
点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
17．设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最大值与最小值.
【答案】（1）最小正周期；（2）最大值是，最小值是.
【解析】（1）由三角恒等变换化简，利用周期公式即可求最小正周期.
（2）求解析式，，然后根据求出其值域后，，即可得到最大最小值.
【详解】（1），
函数的最小正周期；
（2）由（1）得，
，，，
，，
，，
在，上的最大值是，最小值是.
【点睛】本题考查三角函数的周期性和三角函数的值域，以及三角函数平移变换和三角恒等变换，属于中档题.
18．如图，平面，，，，，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)；
(3)
【分析】（1）以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求得，，，，的坐标，设，可得是平面的法向量，再求出，由，且直线平面，得平面；
（2）求出，再求出平面的法向量，利用向量夹角公式得到直线与平面所成角的正弦值；
（3）求出平面的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为，列式求线段的长.
【详解】（1）证明：因为平面，，在平面内，
则，，又，
故以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
可得，，，，.
设，则.
则是平面的法向量，又，可得.
又∵直线平面，∴平面；
（2）依题意，，，.
设为平面的法向量，
则令，得.
∴.
∴直线与平面所成角的正弦值为；
（3）设为平面的法向量，
则，取，可得，
由题意，，
解得.经检验，符合题意.∴线段的长为.
19．设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程；
(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率.
【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1.
所以，椭圆方程为.
(Ⅱ)由题意，设.设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，
整理得，可得，
代入得，
进而直线的斜率，
在中，令，得.
由题意得，所以直线的斜率为.
由，得，
化简得，从而.
所以，直线的斜率为或.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质､直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.
20．设，.已知函数，.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，
（i）求证：在处的导数等于0；
（ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围.
【答案】（I）单调递增区间为，，单调递减区间为.（II）（i）见解析.（ii）.
【详解】试题分析：求导数后因式分解根据，得出，根据导数的符号判断函数的单调性，给出单调区间，对求导，根据函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，解得，根据的单调性可知在上恒成立，关于x的不等式在区间上恒成立，得出，得，，
求出的范围，得出的范围.
试题解析：（I）由，可得
，
令，解得，或.由，得.
当变化时，，的变化情况如下表：
所以，的单调递增区间为，，单调递减区间为.（II）（i）因为，由题意知，
所以，解得.
所以，在处的导数等于0.
（ii）因为，，由，可得.
又因为，，故为的极大值点，由（I）知.
另一方面，由于，故，
由（I）知在内单调递增，在内单调递减，
故当时，在上恒成立，从而在上恒成立.
由，得，.
令，，所以，
令，解得（舍去），或.
因为，，，故的值域为.
所以，的取值范围是.
【解析】导数的应用
【名师点睛】利用导数工具研究函数是历年高考题中的难点问题，利用导数判断函数的单调性，求函数的极值或最值，利用导数的几何意义研究曲线的切线方程以及利用导数研究函数的零点和值域也是常见考法，本题把恒成立问题转化为函数值域问题很巧妙，问题转化为借助导数研究函数在某区间上的取值范围去解决，方法灵活思维巧妙，匠心独运.