天津市南开区2024届高三下学期质量监测（一）数学试卷（含解析）

这是一份天津市南开区2024届高三下学期质量监测（一）数学试卷（含解析），共19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．已知全集，集合，，则为
A．{1,2,4}B．{2,3,4}C．{0,2,4}D．{0,2,3,4}
2．若，则“成等比数列”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．若a＞1，则的最小值是（ ）
A．2B．a
C． D．3
4．函数的图象可能为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知随机变量，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．关于函数，则下列结论中：
①为该函数的一个周期；
②该函数的图象关于直线对称；
③将该函数的图象向左平移个单位长度得到的图象：
④该函数在区间上单调递减.
所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．③④C．①②④D．①③④
8．在长方体中，，，其外接球体积为，则其外接球被平面截得图形面积为（ ）
A．B．C．D．
9．已知O为坐标原点，双曲线C：的左、右焦点分别是，离心率为，点P是C的右支上异于顶点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是M，，则点P到C的两条渐近线距离之积为（ ）
A．B．C．2D．4
二、填空题
10．i是虚数单位，复数，则的虚部为
11．若的展开式中的系数为，则实数的值为 .
12．直线被圆截得的弦长的最小值为
13．已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球，若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为 ，第二次抽到3号球的概率为
14．平面四边形ABCD中，，E为BC的中点，用和表示 ；若，则的最小值为
15．已知函数分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为
三、解答题
16．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求a的值：
(2)求证：；
(3)的值
17．如图，在四棱锥中，平面，，点E是棱上靠近P端的三等分点，点是棱上一点.

(1)证明：平面
(2)求点F到平面的距离；
(3)求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知椭圆C：的一个焦点与抛物线的焦点F重合，抛物线的准线被C截得的线段长为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F作直线l交C于A，B两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使为定值？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由.
19．在正项等比数列中，.
(1)求的通项公式：
(2)已知函数，数列满足：.
（i）求证：数列为等差数列，并求的通项公式
（ii）设，证明：，
20．已知，a为函数的极值点，直线l过点，
(1)求的解析式及单调区间：
(2)证明：直线l与曲线交于另一点C：
(3)若，求n.（参考数据：，）
参考答案：
1．C
【分析】先根据全集U求出集合A的补集，再求与集合B的并集．
【详解】由题得，故选C.
【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题．
2．B
【详解】分析：根据等比数列的定义和等比数列的性质，即可判定得到结论．
详解：由题意得，例如，此时构成等比数列，而不成立，
反之当时，若，则，所以构成等比数列，
所以当时，构成等比数列是构成的等比数列的必要不充分条件，
故选B．
点睛：本题主要考查了等比数列的定义和等比数列的性质，其中熟记等比数列的性质和等比数列的定义的应用是解答的关键，着重考查了推理与论证能力．
3．D
【分析】原式可化为形式且a＞1，即可用基本不等式求最小值，注意等号成立为a＝2
【详解】由a＞1，有a－1＞0
∴，
当且仅当， 即a＝2时取等号.
故选：D
【点睛】本题考查了基本不等式的应用，使用时注意“一正二定三相等”的条件，属于简单题
4．A
【分析】首先判断函数的奇偶性，再根据函数在上函数值的正负情况，利用排除法判断即可.
【详解】函数的定义域为，
又，
因此函数为奇函数，函数图象关于原点对称，BD错误；
当时，，，则，
因此，C错误，A符合题意.
故选：A
5．A
【分析】由指数函数与对数函数的性质确定的范围，进而确定大小关系.
【详解】由指数函数与对数函数的性质可得，，，，
所以，
故选：A.
6．D
【分析】
根据正态分布的性质可得，即可根据二项分布的期望公式求解.
【详解】由以及可得，
由于，故，故，
故选：D
7．C
【分析】对①，根据周期公式求出最小正周期结合周期函数定义判断；对②，根据余弦函数的对称性代入验证；对③，根据平移变换求平移后函数表达式判断；对④，根据余弦函数的单调性求解判断.
【详解】对于①，由周期公式可得，所以函数的最小正周期为，所以，均是其周期.故①正确；
对于②，当时，，所以是其对称轴，故②正确；
对于③，将函数图象向左平移个单位得到，故③错误；
对于④，，，由余弦函数的单调性可知，函数在上单调递减，故④正确.
综上，正确的有①②④.
故选：C.
8．B
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出底面为正方形，长方体外接球的直径即为长方体的体对角线且球心在体对角线的中点，由外接球的体积求出，从而求出底面边长，再利用向量法求出球心到平面的距离，即可求出截面圆的半径，从而求出其面积.
【详解】如图建立空间直角坐标，设、，则，
，，，
所以，，
因为，所以，所以，即为正方形，
又长方体的外接球的直径为长方体的体对角线长，
外接球的球心为体对角线的中点不妨设为，
由外接球体积为，所以，解得，
又，解得（负值舍去），
所以，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，取，
所以点到平面的距离，
所以外接球被平面截得的截面圆的半径，
所以截面圆的面积，
即外接球被平面截得图形面积为.
故选：B

9．B
【分析】
延长，交于点,由已知是的平分线，且，所以得到等腰三角形，所以,且点是中点，结合原点是中点，由中位线结合双曲线定义得到，进而求出；最后距离之积利用点到直线距离公式计算即可.
【详解】如图，延长，交于点,由已知是的平分线，且，
所以,且点是中点.
由原点是中点，可得，又，
所以，又离心率为，，.
设点，所以，即，
所以点P到两条渐近线距离之积为： .
故选：B.

【点睛】结论点睛：本题利用三线合一结合中位线、双曲线定义得出是关键，这个具有一般性，可以作为相应的二级结论，最后双曲线上点到两条渐近线距离之积也具有一般性.
10．
【分析】首先将题中所给的式子进行化简，求得复数得代数形式，从而得到其虚部.
【详解】.
所以复数的虚部为.
故答案为：.
11．
【分析】法一：可使用二项式展开式的通项公式，通过已知条件，使用待定系数法，求解出参数的值；
法二：可以将此二项式看成6个这样的式子乘在一起，两项和看看怎样组合，能得到，即可完成等量关系的建立，从而完成参数的求解.
【详解】法一：展开式第项
时，，，，.
故答案为：2.
法二：展开式中，要想凑出，必须取三次方，也取三次方，于是算下系数就有，.
故答案为：2.
12．
【分析】
求得圆的圆心和半径，求得直线恒过的定点，可得经过点与线段垂直的弦的长度最短，由勾股定理计算即可．
【详解】
直线恒过定点，
而圆的圆心为，半径为2，
可得在圆内，经过点与线段垂直的弦的长度最短，
此时弦长为．
故答案为：．
13． /0.5
【分析】根据题意，先求出在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率；记第一次抽到第i号球的事件分别为，记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为，第二次抽到3号球为事件，再利用全概率公式求解即可.
【详解】根据题意，在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为.
记第一次抽到第i号球的事件分别为，
则有，，
记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为，
则，，，
记第二次抽到3号球为事件，
.
所以第二次抽到3号球的概率为.
故答案为：；.
14．
【分析】
由向量的加减法运算求解第一个空，利用平面向量定理结合数量积运算律求解第二个空.
【详解】因为，故；
为等边三角形，
则
，
若，则D在以E为圆心的圆上且在直线AC的左侧部分运动，方可取到最小，
，易知时取得最小值，
故的最小值为.
故答案为：；.
15．－1或
【分析】由已知可得函数有唯一零点，证明函数为偶函数，结合偶函数的性质，根据条件列方程求的值.
【详解】因为函数有唯一零点，
所以函数有唯一零点，又，
，
所以函数是偶函数，又函数有唯一零点，
则的零点为0，所以，
因为是R上的奇函数，所以，
由，解得，
所以，解得或.
故答案为：或.
【点睛】关键点睛：解题关键是证明函数是偶函数，结合有唯一零点确定的零点为0，由此列式运算得解.
16．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件结合余弦定理求解；
（2）由可得，利用正弦定理结合，得证；
（3）由（1）可求得，根据二倍角公式求得，再利用两角差的余弦公式求得结果；或由余弦定理求得，结合，利用两角差的余弦公式运算得解.
【详解】（1）由及余弦定理，得，
因为，所以.
（2）由及，得，
由正弦定理得，
因为，所以或.
若，则，与题设矛盾，因此.
（3）由（Ⅰ）得，因为，
所以，
所以，
所以
.
另解：因为，
所以
.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，证明即可；
（2）利用向量法求点到面的距离；
（3）利用向量法求面面角.
【详解】（1）因为平面PAD，所以.
因为，所以.
故以点D为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，.

，设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，，则.
又，可得，
因为平面，所以平面.
（2）因为平面，
所以点F到平面的距离等于点A到平面的距离.
，则点A到平面的距离为.
（3），设平面的一个法向量为，
则，即，令，，，则.
设平面与平面的夹角为α，则
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)M存在，其坐标为
【分析】
（1）由抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，进而可得椭圆的焦点坐标以及长半轴a与短半轴b之间的等量关系，则椭圆方程可求；
（2）分直线l斜率为0和不为0两种情况讨论，通过联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理进行化简即可求得定值.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意得，
解得，所以椭圆C的方程为.
（2）假设存在符合条件的点，设，
则，，
①当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，
由，得，则，
所以，
因此，若对于任意的t值，上式为定值，
则，解得，此时，为定值.
②当直线l的斜率为0时，
综合①②知，符合条件的点M存在，其坐标为.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点．
19．(1)
(2)（i）证明见解析，；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据等比数列基本量运算求得，求得结果；
（2）（i）由代入函数解析式运算得，得解；（ii）当时，易判断结论成立，当时，先证明，借此将裂项，放缩证明，再根据裂项相消法求和得证.
【详解】（1）因为正项等比数列中，，所以.
又因为，所以，进而公比，所以.
（2）（i）因为，
所以，所以，
所以数列是以为首项，公差为1的等差数列.
所以，即.
（ii）.
当时，左式，右式，左式＝右式.
当时，
下面先证明，
，
令，，
，
，，又，
，即，又，
所以.
.
所以
.
即.
综上：当时， .
【点睛】关键点睛：本题第二问的（ii）问，关键是先证明，借此将放大成一个能用裂项求和的形式得证.
20．(1)，在，单调递增，在单调递减
(2)证明见解析
(3)4
【分析】（1）根据极值点是导数对应方程的根列式求出，判断导数正负求出单调区间；
（2）求出直线的方程，与联立，可得关于的方程，解方程即可得证；
（3）由（2）得，即，由，可得，代入可得.设，利用导数可得的取值范围，进而求得的值.
【详解】（1）因为，
依题意有是方程的两根，
则，
解得，所以.
当与时，；当时，；
所以在，单调递增，在单调递减.
（2）直线的方程为，即.
由，得，①，显然和为方程的①解.
设，则，令得，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增.
因为，，,
所以有且仅有2个零点，其中，
即直线AB与曲线交于另一点C，且C的横坐标为.
（3）由（2）得，即，
设，则，所以，代入可得.
设，则，令得.
当时，；当时，.
所以在单调递减，在单调递增.
因为，，，
所以存在唯一的，使得.
所以，此时
.
因此，，所以.
【点睛】思路点睛：第三问，根据（2）可得，即，设，根据在直线上，横坐标分别为，可得，解得，代入可得.令，求导判断单调性，求出的范围，即，求得.