24-25天津市第一百中学高三第一次月考数学试卷及答案

这是一份24-25天津市第一百中学高三第一次月考数学试卷及答案，共17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。
1．设全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．在中，角所对的边分别为，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.
3．记的内角的对边分别为，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．1
6．已知，则（ ）
A．25B．5C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．设函数，，其中，.若，，且的最小正周期大于，则
A．，B．，C．，D．，
9．设函数，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
二、填空题
10．已知，则 ．
11．函数在上的最大值是 ．
12．已知，则 ．
13．已知，则的最小值为 .
14．函数的部分图象如图所示，关于函数有如下结论:

① 函数的图象关于点对称
② 函数的图象关于直线对称
③ 函数在上单调递减
④ 该图象向右平移个单位可得的图象
以上结论正确的是
15． 在四边形中，， ， ， ，点在线段的延长线上，且，则 .
三、解答题
16． 在中，内角所对的边分别为.已知，.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的值.
17．已知函数的最大值为3，
(1)若的定义域为，求的单调递增区间；
(2)若，，求的值.
18．已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．

(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
19．已知等比数列an的各项均为正数，成等差数列，且满足，等差数列数列bn的前项和.
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)设的前项和，求证：．
(3)设，求数列的前项和.
20．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若对任意的，都有成立，求整数的最大值.
参考答案：
1．D
由题意，，所以,
所以.
故选：D.
2．C
在中，若，则，
由正弦定理，
得，即充分性成立；
若，
由正弦定理有，
得，则，即必要性成立；
综上可得：“”是“”的充要条件.
故选：C.
3．D
由正弦定理，得.
故选：D.
4．C
，即.
故选：C.
5．B
因为，所以，即，
又因为，
所以，
从而.
故选：B.
6．C
因为，，即，所以．
故选：C.
7．B
因为，
所以，，
所以，
故选：B.
8．A
【详解】由题意，其中，所以，又，所以，所以，，由得，故选A．
9．C
【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值.
【详解】解法一：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，此时；
当时，可知，此时；
可知若，符合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
综上所述：，即，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
解法二：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
则当时，，故，所以；
时，，故，所以；
故， 则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
10．15/0.2
，
故答案为：
11．2
，当时，，
当时，即时，.
故答案为：2
12．/
，
∴，则，故，
，
故答案为：
13．
因为，所以,
∴,
所以= ，当 ，即时取等号，的最小值为 .
故答案为：.
【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，关键是利用“1的代换”进行转化.
14．①②④
观察图象知，，函数的周期，则，
由，得，而，则，
因此，而，则的图象关于点对称，①正确；
又，则函数的图象关于直线对称，②正确；
当时，，而，即时，取得最小值，
则函数在上不单调，③错误；
函数图象向右平移个单位，得，即的图象，④正确，
所以正确结论的序号是①②④.
故答案为：①②④
15．.
建立如图所示的直角坐标系，则，．
因为∥，，所以，
因为，所以，
所以直线的斜率为，其方程为，
直线的斜率为，其方程为．
由得，，
所以．
所以．
16．(Ⅰ) ；
(Ⅱ) .
(Ⅰ)在中，由正弦定理得，
又由，得，即
又因为，得到，
由余弦定理可得
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得，
从而，
故
17．(1)和
(2)
（1）将化简可得，
因为，所以．
此时，
当时，
令．得；
令，得，
所以的单调递增区间为和．
（2）由（1）知．
由，得,所以．
又因为．所以，
所以．
所以，
所以
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有A0,0,0、、、、C1,1,0、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为
19．(1)；
(2)证明见解析
(3)
（1）解：由等比数列an的各项均为正数，设公比为，
因为成等差数列，且满足，
可得，即，即，
解得，所以，
设等差数列bn的公差为，
因为，可得，解得，
所以，即数列bn的通项公式为
（2）证明：由（1）知，，
可得，
则
，
因为，所以，故
（3）解：因为，可得，
则数列的前项和，
令，
令，则，
两式相减得
，
所以，
所以数列的前项和
20．(1)；
(2)递减区间是，递增区间是；
(3)3.
函数，求导得，
则，而，
所以曲线在点处的切线方程是
函数的定义域是，
，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以函数的递减区间是，递增区间是
（3），，
令，
求导得，
由（2）知，在上单调递增，
，，
因此存在唯一，使得，即，
当时，，即，当时，，即，因此函数在上单调递减，在上单调递增，
于是，则，
所以整数的最大值是
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9

答案
D
C
D
C
B
C
B
A
C