2024届天津市和平区耀华中学高三上学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2024届天津市和平区耀华中学高三上学期第三次月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，未知，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若集合，，则的元素的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出集合、，即可求得集合，即可得解.
【详解】由可得，解得，即，
又因为，所以，，
故的元素的个数是.
故选：A.
2．已知是两条不同直线，若平面，则“”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】D
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系即可判断充分性与必要性是否成立，即可得答案.
【详解】若平面，，则或，故充分性不成立；
若平面，，则或相交或异面，故必要性不成立；
所以若平面，则“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
3．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用对进行分段，由此判断出正确选项.
【详解】依题意，，，故，故选C.
【点睛】本小题主要考查指数式和对数式比较大小，考查分段法比较大小，属于基础题.
4．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数奇偶性结合函数值的符合分析判断.
【详解】由题意可得：的定义域为，
因为，
所以为奇函数，排除B，D.
当时，则，可得，
所以，排除A.
故选：C.
5．某校举办了数学知识竞赛，并将1000名学生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法错误的为（ ）
A．的值为0.005
B．估计这组数据的众数为75
C．估计这组数据的第85百分位数为86
D．估计成绩低于60分的有25人
【答案】D
【分析】利用频率分布直方图的性质可判定A，利用众数、百分位数的求法可判定B、C，根据频率分布直方图计算可估计总体判定D.
【详解】易知，所以A正确；
由频率分布直方图可知众数落在区间，用区间中点表示众数即，所以B正确；
由频率分布直方图可知前四组频率之和为，
前五组频率之和为，故第85百分位数落在区间，
设第85百分位数为，则，所以C正确；
成绩低于60分的频率为，所以估计总体有，故D错误.
故选：D
6．在等比数列中，成等差数列，则（ ）
A．3B．C．9D．
【答案】C
【分析】利用等差数列及等比数列的相关概念计算即可.
【详解】设的公比为，
则由题意可知或，
显然时，，无意义舍去；
所以.
故选：C
7．已知为坐标原点，椭圆的左､右焦点分别是，离心率为是椭圆上的点，的中点为，过作圆的一条切线，切点为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．5
【答案】C
【分析】由，得到，从而求得，再由离心率为求得椭圆，设，利用切线长公式求解.
【详解】解：如图所示：
因为，所以，
即，则，
又因为离心率为，所以，，
所以椭圆，
设，
则，
，
当时，.
故选：C
8．下列物体不能被半径为2（单位：）的球体完全容纳的有（ ）
A．所有棱长均为的四面体
B．底面棱长为，高为的正六棱锥
C．底面直径为，高为的圆柱
D．上、下底面的边长分别为，，高为的正四棱台
【答案】B
【分析】分别求出四个选项对应物体的外接球与半径为2（单位：）的球体做比较即可.
【详解】对于A，将所有棱长均为的四面体补成正方体，则该正方体的棱长为，
该正方体的外接球也就是该四面体的外接球，所以其外接球的直径为.
因为，所以A不符合题意；
对于B，易知底面棱长为的正六棱锥的底面外接圆的半径为.设球心到底面的距离为，
则由球的性质可知，，解得（负值已舍去），
此时正六棱锥的高的最大值为，B符合题意；
对于C，底面直径为，高为的圆柱的外接球的半径为.
因为，所以C不符合题意；
对于D，在正四棱台中，上底面的对角线长为，下底面的对角线长为，
易知外接球的球心在正四棱台的上、下底面中心的连线上，且在上底面的下方.
设球心到上底面的距离为，球的半径为.当球心在两底面之间时，球心到下底面的距离为，
则解得.
当球心在下底面上或下方时，球心到下底面的距离为，
则解得（不符合题意）.
所以，D不符合题意.
故选：B.
9．已知函数的部分图象如图所示，则下列选项不正确的是（ ）
A．函数的图象关于点中心对称
B．函数的单调增区间为
C．函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
D．函数在上有2个零点，则实数的取值范围为
【答案】D
【分析】利用辅助角公式及函数图象先化简计算得出函数式，结合三角函数的图象及性质一一判定选项即可.
【详解】根据辅助角公式可知，
由图象可知：，
所以，
对于A项，当时，，所以A正确；
对于B项，令，
此时函数单调递增，故B正确；
对于C项，的图象向左平移个单位长度得，故C正确；
对于D项，，显然不合题意，
易知，则当时，
此时有两个零点，即，
当时，有，
此时有两个零点，即，
显然D错误.
故选：D
二、填空题
10．复数的虚部为 .
【答案】/
【分析】根据给定条件，利用复数乘方运算、除法运算求出复数即可作答.
【详解】依题意，，
所以复数的虚部为.
故答案为：
11．二项式的展开式中常数项为 ．
【答案】
【分析】根据给定的条件，利用二项式定理求解作答.
【详解】的展开式的通项为．
令，得，故常数项为．
故答案为：.
12．已知圆心在直线上的圆与轴的负半轴相切，且圆截轴所得的弦长为，则圆的方程为 .
【答案】
【分析】根据圆的切线性质，利用待定系数法进行求解即可.
【详解】因为圆心在直线上，所以设圆心坐标为，
因为圆与轴的负半轴相切，所以，且圆的半径为，
所以圆的标准方程可设为：，因为圆截轴所得的弦长为，所以令，得，
且有，
所以圆的方程为：
13．已知，且，则的最大值为 ．
【答案】e
【分析】由，两边取对数得到，再设，两边取对数，利用基本不等式求解.
【详解】由，，
两边取对数得到，
设，两边取对数得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，的最大值为e，
故答案为：e.
三、未知
14．如图，在中，，点是的中点，点在边上，交于点，设，则 ；点是线段上的一个动点，则的最大值为 ．
【答案】 /
【分析】利用平面向量的基本定理计算即可得空一，利用平面向量数量积的运算律计算即可得空二.
【详解】
设，
由题意可知，，
则，
因为不共线，所以有，
此时；
可设，
则，
当重合时取得等号.
故答案为：；.
四、填空题
15．已知，函数，若对于任意实数a，方程有且只有一个实数根，且，函数的图象与函数的图象有三个不同的交点，则t的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先根据有且只有一个实数根，结合可求出的值，画出的图象，利用与直线有且只有三个不同的交点，可根据相切和过定点求出两个交点临界位置的，进而求出的取值范围.
【详解】因为对于任意实数a，有且只有一个实数根，且，
所以，解得，
所以，则的图象如图所示，

令，解得（舍去），或，
若直线过点时，得，
此时直线与的图象有两个交点，
由，得，
当，即时，直线与的图象有两个交点，
因为函数的图象与函数的图象有三个不同的交点，
所以，即t的取值范围为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查函数图象的应用，解题的关键是根据题意画出函数图象，利用图象求解，考查数形结合的思想，属于较难题.
五、解答题
16．在中，角的对边分别为．
(1)求角的大小；
(2)若的面积为．
①求的值；
②求的值．
【答案】(1)；
(2)；
【分析】（1）利用正弦定理及三角恒等变换计算即可；
（2）利用余弦定理及三角形面积公式计算可求；利用三角恒等变换计算可求.
【详解】（1）因为，由正弦定理可知
化简得，
因为，所以，
因为，所以；
（2）由（1）及余弦定理可知，
又，，
联立可得或（舍去）；
由正弦定理可知，，
因为，，所以，
所以，
由可知，
所以，
故.
17．如图，在直三棱柱中，分别为的中点．

(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求点到平面的距离；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可；
（2）利用空间向量计算点面距离即可；
（3）利用空间向量计算面面夹角即可.
【详解】（1）由题意可知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则，
即，
所以，
即异面直线与所成角的余弦值为；

（2）由上易知，
设面的一个法向量为，则有，
取，即，
所以点到平面的距离为；
（3）由上可知，
设面的一个法向量为，则有，
取，即，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值.
18．已知数列满足，记．
(1)求的值；
(2)证明，并求数列的通项公式；
(3)若不等式对一切正整数恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2)证明见解析，；
(3).
【分析】（1）根据关系式先求即可；
（2）根据递推关系分奇偶项讨论计算即可；
（3）利用上问结果，错位相减法及分组求和法计算，结合数列的单调性计算即可.
【详解】（1）由题意可知：，
所以，
即；
（2）由题意可知：，
所以，
结合（1）可知是以为首项，为公比的等比数列，所以，
即,
又，
故，即；
（3）记，由（2）结论可知
，
记①，
则②，
①②得：，
所以，
则恒成立，
易知单调递增，
所以，即.
19．已知椭圆与椭圆有相同的离心率，椭圆焦点在y轴上且经过点.
(1)求椭圆的标准方程：
(2)设A为椭圆的上顶点，经过原点的直线交椭圆于干P，Q，直线AP､AQ与椭圆的另一个交点分别为点M和N，若与的面积分别为和，求取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆确定离心率，设出其方程，利用点的坐标求得，即可求得答案；
（2）设，利用椭圆方程推出，从而设的方程，联立椭圆方程，求得相关点坐标，得到，，从而可求出的表达式，利用换元法，结合二次函数性质，即可求解答案.
【详解】（1）由题意知椭圆的离心率为，故椭圆的离心率也为，
设椭圆的方程为，则，
即，将代入得，
则椭圆的方程为；
（2）由于A为椭圆的上顶点，故，

不妨设P在第一象限以及x轴正半轴上，，则，则，
故，
由题意知直线AP存在斜率，设其方程为，
则AQ的直线方程为，
联立直线AP和椭圆的方程，整理得，
解得，即；
联立直线AP和椭圆的方程，整理得，
解得，即；
故，同理可求得，
所以，
设，则，
而，
由于，故在时单调递减，
即，
故，即.
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的参数的取值范围问题，难点在于的取值范围的求解，解答时要利用联立直线和椭圆方程求解相关点的坐标，继而求出的表达式，利用换元法，结合二次函数性质求解答案，计算过程比较复杂，计算量较大.
20．已知函数
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)求函数单调增区间；
(3)若存在，使得是自然对数的底数），求实数的取值范围.
【答案】(1) (2) 单调增区间为 (3)
【详解】试题分析：（1）可得，又，得切线方程为；（2）求出，得增区间，得减区间；（3）存在，使得成立，等价于当时，，所以只要即可.
试题解析：（1）因为函数，
所以，
又因为，所以函数在点处的切线方程为．
（2）由（1），，
因为当时，总有在上是增函数．
又，所以不等式的解集为，
故函数的单调增区间为，递减区间为．
（3）因为存在，使得成立，
而当时，，
所以只要即可
又因为的变化情况如下表所示：
所以在上是减函数，在上是增函数，所以当时，的最小值．
的最大值为和中的最大值．
因为，
令，因为，
所以在上是增函数，
而，故当时，，即；当时，，即．
所以，当时，，即，函数在上是增函数，解得；当时，，即，函数在上是减函数，解得．
综上可知，所求的取值范围为．
【解析】1、导数运算、利用导数的几何意义求切线方程；2、利用导数研究函数的单调性和最值.
【方法点晴】本题主要考查导数运算、利用导数研究函数的单调性和最值、利用导数的几何意义求切线方程、，属于难题.求曲线切线的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.
0
0
减函数
极小值
增函数