天津市第四十七中学2023-2024学年高三上学期第三次阶段性检测数学试卷

这是一份天津市第四十七中学2023-2024学年高三上学期第三次阶段性检测数学试卷，共11页。试卷主要包含了已知集合，则，“”是“”的，少年强则国强，少年智则国智，函数的大致图像为等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共150分.考试时间120分钟.
第I卷选择题（共45分）
一､选择题（在每小题四个选项中，只有一项是符合题目要求的，本大题共9小题，每小题5分，满分45分）
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.“”是“”的（ ）
A.既不充分也不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.充分不必要条件
3.少年强则国强，少年智则国智.党和政府一直重视青少年的健康成长，出台了一系列政策和行动计划，提高学生身体素质.为了加强对学生的营养健康监测，某校在3000名学生中，抽查了100名学生的体重数据情况.根据所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.样本的众数为65
B.样本的第80百分位数为72.5
C.样本的平均值为67.5
D.该校学生中低于65kg的学生大约为1000人
4.函数的大致图像为（ ）
A. B.
C. D.
5.粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米､泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为（ ）
（参考数据：）
A. B. C. D.
6.已知函数是上的偶函数，对任意，且都有成立.若，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
7.已知双曲线的上､下焦点分别为，过的直线与双曲线的上支交于两点，若成等差数列，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法：
①的图象关于点对称；
②的图象关于直线对称；
③的图像可由的图像向左平移个单位长度得到；
④若方程在上.有且只有两个极值点，则的最大值为.
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
9.在中，已知是所在平面内一点，若，满足，且，则在上投影的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
第II卷非选择题（共105分）
二､填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡中的相应横线上）
10.复数的虚部为__________.
11.已知的二项式系数和为256，则展开式中含项的系数为__________.
12.圆与圆的公共弦的长为__________.
13.天津相声文化是天津具有代表性的地域文化符号，天津话妙趣横生，天津相声精彩纷呈，是最具特色的旅游亮点之一.某位北京游客经常来天津听相声，每次从北京出发来天津乘坐高铁和大巴的概率分别为0.6和0.4，高铁和大巴准点到达的概率分别为0.9和0.8，则他准点到达天津的概率是__________（分数作答）.若他已准点抵达天津，则此次来天津乘坐高铁准点到达比乘坐大巴准点到达的概率高__________.（分数作答）.
14.已知均为正实数，，则的最小值是__________.
15.已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围是__________.
三､解答题（本大题5小题，共75分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
16.（本小题满分14分）
在中，内角的对边分别为.已知.
（1）求的值；
（2）若.
①求的值；
②求的值.
17.（本小题满分15分）
如图，在四棱锥中，平面，且，为的中点.
（1）求平面与平面所成夹角的余弦值；
（2）求点N到直线BC的距离；
（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18.（本小题满分15分）
已知椭圆的一个顶点为分别是椭圆的左､右焦点，且离心率，过椭圆右焦点且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若，（为原点），求直线的方程；
（3）过原点作直线的垂线，垂足为P，若，求的值.
19.（本小题满分15分）
已知数列满足，，数列是公比为正数的等比数列，，且，，8成等差数列，
（1）求数列，的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和；
（3）若数列满足，求证：.
20.（本小题满分16分）
设函数，其中.
（1）若，讨论的单调性；
（2）若，
（i）证明恰有两个零点
（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.
2023-2024天津市第四十七中学高三年级第一学期
第三次阶段性检测 数学参考答案
一､选择题：每小题5分，满分45分
二､填空题：每小题5分，共30分.（两空中对一个得3分，对两个得5分）
10.-1 11.112 12.4 13.； 14.4 15.
三､解答题：本大题5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
16.（1）由及余弦定理得：
，
整理得，即，∵，∴.
（2）①∵，及，，∴，解得.
②∵，∴是锐角，
且，
∴.
∴，
，
∴.
17.（1）如图所示：为中点，连接，
则，，，
则四边形为矩形，故，
以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，.
设平面的法向量为，则，
取得到，
设平面的法向量为，则，
取得到，
故平面与平面所成角的余弦值为.
（2），，则，
，故，
点N到直线BC的距离为
（3）令，，
设，则，
则，即，
平面的一个法向量，故，，
解得或（舍），
故存在点满足条件，.
18.（1）因为椭圆焦点在轴上且经过点，所以，
又因为，所以，又，
解得，
所以椭圆方程为；
（2）如图所示，
由（1）知，所以直线，设，
联立，可得，
易得，所以，
所以，
而，
解得，
所以直线方程为或者；
（3）如图所示，
过作交于点，所以为点到直线的距离，
即，所以，
又
，
所以，
所以.
19.（1）数列满足，，
所以（常数），故数列是首项为1，公差为1的等差数列，
故.
数列是公比为正数的等比数列，设公比为，，
且，，8成等差数列，
所以，即，解得，所以数列是首项为2，
公比为2的正数的等比数列.
所以.故：，.
（2）数列满足，
由（1）得，，
所以，
，
∴；
（3）证明：数列满足，
时，，
所以
，
故.
20.（1）解：由已知，的定义域为，
且，
因此当时，，从而，所以在内单调递增.
（2）证明：（i）由（i）知，，
令，由，可知在内单调递减，
又，且，
故在内有唯一解，
从而在内有唯一解，不妨设为，
则，当时，，所以在内单调递增；
当时，，所以在内单调递减，
因此是的唯一极值点.
令，则当时，，故在内单调递减，
从而当时，，所以，
从而，
又因为，所以在内有唯一零点，
又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.
（ii）由题意，，即，
从而，即，
因为当时，，又，故，
两边取对数，得，
于是，整理得，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案，
B
D
B
D
C
A
B
C
A