天津市第一0二中学2025届高三上学期第一次月考数学试卷(解析版)
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这是一份天津市第一0二中学2025届高三上学期第一次月考数学试卷(解析版),共17页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
1. 已知集合,,则()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意列举法表示集合,再根据并集的运算求解即可.
解:由题,,,
则.
故选:D.
2. 已知,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
【答案】B
【解析】
【分析】根据幂函数的单调性可得,然后结合必要条件、充分条件的判定方法即可得出结论.
根据幂函数的性质知,函数在R上单调递增
所以当a13>b13时,,,
当时,无意义,
则“”是“”的不充分条件;
当时,,
则“”是“”的必要条件;
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选:B
3. 设,则的大小关系为()
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】可以根据指数函数和对数函数的单调性得出a,b,c的范围,然后即可得出的大小关系.
解:,,
∴.
故选:D
4. 曲线是造型中的精灵,以曲线为元素的LOGO给人简约而不简单的审美感受,某数学兴趣小组设计了如图所示的双型曲线LOGO,以下4个函数中最能拟合该曲线的是()
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据偶函数,排除B项;由,排除C项,由当时,函数,可排除D,由函数为奇函数,且当时,利用导数求得函数的单调性,结合,得到A符合题意,即可求解.
由函数,其定义域为,关于原点对称,
可得,
所以函数为偶函数,所以排除B;
由函数,可得,故排除C;
由函数,当时,可得且,则,
故排除D.
由函数的定义域为,关于原点对称,
且,所以为奇函数,图象关于原点对称,
由时,,可得,
当时,,单调递减;
当时,,单调递增,且,所以A项符合题意.
故选:A.
5. 已知过点的直线与圆相切,且与直线垂直,则()
A. 2B. C. D. -2
【答案】D
【解析】
【分析】点在已知圆上,由此可求出的斜率,由已知得,由此即可得解.
点在圆上,则,
设切线斜率为,
所以,则.
故选:D.
6. 已知函数满足,且在区间上单调递减,则的解析式可能是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据可得直线是图象的对称轴,再根据在区间上单调递减对各选项进行排除即可.
由题意,所以直线是图象的对称轴,可以排除选项B,C.又因为在区间上单调递减,排除A.
故选:D.
【点睛】本题考查三角函数的性质判定,属于基础题.
7. 已知,,,则的最小值为()
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】由换底公式和基本不等式即可求解.
由知,
结合,以及换底公式可知,
,
当且仅当,,
即时等号成立,
即时等号成立,
故的最小值为,
故选:B.
8. 已知向量,且,则向量在向量上的投影向量坐标是().
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过向量线性运算、向量平行求得参数,根据投影向量求法求解即可.
因为向量,
所以,
因为,则,解得,
所以,
所以向量在向量上的投影向量为.
故选:C.
9. 已知椭圆在左、右焦点分别为,,点在椭圆上,是坐标原点,,,则椭圆的离心率是()
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知,根据椭圆的定义可知,在中,由余弦定理可得,进而可得,由此即可求出结果.
设,椭圆的离心率为;
因为,所以,即,
因为,所以,
所以在中,由余弦定理可得,
即,所以,
又,所以.
故选:A.
二、填空题(将正确答案填在横线上)
10. 已知i是虚数单位,z(5-3i)=1-4i,则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数运算法则求出复数,在求出模长即可.
则
故答案:.
11. 在的展开式中,的系数为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.
对有,
则有,
即,的系数为.
故答案为:.
12. 过点作一条直线截圆所得弦长为,则直线的方程是___________.
【答案】或
【解析】
【分析】待定系数法设直线,由弦长公式求解
可化为
故圆心到直线距离
若直线斜率不存在,方程为,则,满足题意
若直线斜率存在,设其方程为,
,解得,此时直线方程为
故答案为:或
13. 有两台车床加工同一型号零件,第一台车床加工的优秀率为15%,第二台车床加工的优秀率为10%.假定两台车床加工的优秀率互不影响,则两台车床加工零件,同时出现优秀品的概率为________;若把加工出来的零件混放在一起,已知第一台车床加工的零件数占总数的60%,第二台车床加工的零件数占总数的40%,现任取一个零件,则它是优秀品的概率为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式即可求解第一空,根据全概率公式即可求解第二空.
由于第一台车床加工的优秀率为15%,第二台车床加工的优秀率为10%,所以两台车床加工零件,同时出现优秀品的概率为
记“加工的零件为优秀品”,“零件为第1台车床加工“,“零件为第2台车床加工“,,,,,
由全概率公式可得,
故答案为:
14. 在2022年2月4日举行的北京冬奥会开幕式上,贯穿全场的雪花元素为观众带来了一场视觉盛宴,象征各国、各地区代表团的“小雪花”汇聚成一朵代表全人类“一起走向未来”的“大雪花”的意境惊艳了全世界(如图①),顺次连接图中各顶点可近似得到正六边形(如图②).已知正六边形的边长为1,点M满足,则________________;若点P是线段上的动点(包括端点),则的最小值是________________.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系,求出各点坐标,利用平面向量数量积的坐标运算求解即可.
建立如图所示的平面直角坐标系,
则,
则
,
,
设,则
,
,
当时,的最小值为
故答案为:;.
15. 已知函数,其中.若在区间上单调递增,则的取值范围是___________;若存在实数,使得关于的方程有三个不同的根,则的取值范围是___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意画出函数的图象,结合图象可得关于m的不等式,求解得答案.
时,函数图象如下图所示:
要使在区间上单调递增,则,解得,又,所以的取值范围是;
要使关于的方程有三个不同的根,则,即,所以的取值范围是,
故答案为:;.
【点睛】方法点睛:对于分段函数的单调性,方程的根的个数等相关问题,运用数形结合是常采用的方法.
三、解答题:本大题共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. 在中,内角,,所对的边分别为,,,,,.
(1)求的值;
(2)求的值;
(3)求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】(1)由余弦定理计算可得;
(2)由正弦定理计算可得;
(3)由余弦定理求出,即可求出、,再由两角差的正弦公式计算可得.
【小问1】
由余弦定理知,,
所以,即,
解得或(舍负),所以.
【小问2】
由正弦定理知,,
所以,
所以.
【小问3】
由余弦定理知,,
所以,,
所以
.
17. 已知函数.
(1)求函数的单调递增区间;
(2)在ΔABC中,内角A,B,C所对边分别为a,b,c,若,求ΔABC的面积.
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】(1)利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f(x)=2sin(2x),利用正弦函数的单调性即可求解其单调递增区间.
(2)由题意可得sin(2A)=1,结合范围2A∈(,),可求A的值,由正弦定理可得a,由余弦定理b,进而根据三角形的面积公式即可求解.
(1)∵sin2x﹣cs2x=2sin(2x),
令2kπ2x2kπ,k∈Z,解得kπx≤kπ,k∈Z,
∴函数f(x)的单调递增区间为:[kπ,kπ],k∈Z.
(2)∵f(A)=2sin(2A)=2,
∴sin(2A)=1,
∵A∈(0,π),2A∈(,),
∴2A,解得A,
∵C,c=2,
∴由正弦定理,可得a,
∴由余弦定理a2=b2+c2﹣2bccsA,可得6=b2+4﹣2,解得b=1,(负值舍去),
∴S△ABCabsinC(1).
【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用,正弦函数的单调性,正弦定理,余弦定理,三角形的面积公式在解三角形中的综合应用,考查了计算能力和转化思想,属于中档题.
18. 如图,是一个四棱锥,已知四边形是梯形,平面,,,,,点是棱的中点,点在棱上,.
(1)证明:直线平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值;
(3)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用向量法证得直线平面.
(2)利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.
(3)利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值.
【小问1】
以为坐标原点,以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系,
则.
为平面的一个法向量,
因为,所以,所以,
因为平面,所以平面.
【小问2】
设为平面的一个法向量,
则,故可设,
所以,
所以直线与平面成角的正弦值为.
【小问3】
设为平面的一个法向量,则,
因为,
所以,取,则.
为平面的一个法向量,
则,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19. 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:长轴是短轴的倍,点(2,1)在椭圆C上.
(1)求椭圆C方程;
(2)设直线l与圆O:相切,切点在第一象限,与椭圆C相交于P,Q两点.
①求证:以PQ为直径的圆经过原点O;
②若△OPQ的面积为求直线l的方程.
【答案】(1);(2)①证明见解析,②或.
【解析】
【分析】
(1)由题意,列出方程组,求得的值,进而得到方程;
(2)①直线的方程为,联立方程,根据韦达定理,计算出,可得,即以为直径的圆过原点;
②根据弦长公式,三角形的面积公式,列出方程,求得的值,即可求得直线分方程.
(1)由题意椭圆C长轴是短轴的倍,点(2,1)在椭圆C上,
可得,解得,,所以椭圆的方程为.
(2)①因为切点在第一象限,直线的斜率存在,
不妨设直线的方程为,即,且,,
因为直线与圆相切,所以,即,
联立,得,
设,,,,则有,,
所以
,
所以,
所以,即,即以为直径的圆过原点.
②由①可得,,,
所以,
点到直线的距离为,
可得,解得,或,
当时,,当时,,
所以,,或,,
则直线方程为或.
【点睛】对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题,通常联立直线方程与圆锥曲线的方程,应用一元二次方程根与系数的关系进行转化求解,此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错解,能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力.
20. 已知函数.
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)设,若恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若有两个零点,求实数a的取值范围.
【答案】(1);(2);(3).
【解析】
【分析】(1)当时,,则,求导得,由导数的几何意义可得,即可解出;
(2)若恒成立,则恒成立,令,利用导数判断函数的单调性,进而可得,则,即可解出;
(3)若有两个零点,则在(0,+∞)上有两个解,令,,只需与有两个交点,即可得出答案.
(1)当时,,,
所以,所以曲线在点处的切线方程为,即.
(2)因为,
若恒成立,则恒成立,所以恒成立,
令,,
所以当时,单调递减,当时,单调递增,
所以,所以,故a的取值范围为.
(3)若有两个零点,则有两个零点,
所以在(0,+∞)上有两个解,所以在(0,+∞)上有两个解,
令,,,
令,,
当时,单调递增,当时,单调递减,
所以,且,
所以在上,单调递增,在上,单调递减,
所以,又在上,;在上,,
所以a的取值范围为.
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