2023届天津市南开中学高三上学期统练1数学试题含解析

这是一份2023届天津市南开中学高三上学期统练1数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
天津市南开中学2023届高三上学期统练1数学试题一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．王昌龄《从军行》中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中“攻破楼兰”是“返回家乡”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．函数的部分图象可能是（    ）A． B． C． D．4．函数的零点所在的大致区间是（    ）A． B．C． D．5．已知 ， 则（    ）A． B．C． D．6．如图是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，钱塘江和钱江潮头是会徽的形象核心，绿水青山展示了浙江杭州山水城市的自然特征，江潮奔涌表达了浙江儿女勇立潮头的精神气质，整个会徽形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展.如图是会徽的几何图形，设弧长度是，弧长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．47．已知正实数满足，则的最小值为（    ）A．6 B．8 C．10 D．128．已知，则角所在的区间可能是A． B． C． D．9．已知函数，若方程的所有实根之和为4，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D． 二、填空题10．复数_________.11．已知，求___________.12．展开式中的常数项是_____． (用数字作答)13．若点P（，)与点Q（cos()，sin())关于y轴对称，则绝对值最小的值为_____．14．已知是定义在上的偶函数，且，当x时，f（x）=x，若函数（a0且a1 ）有且仅有 6 个零点，则 a 的取值范围是______． 三、双空题15．设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为．假定两位同学每天到校情况相互独立．用X表示甲同学上学期间的某周五天中7：30之前到校的天数，则______，记“上学期间的某周的五天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学恰好多3天”为事件M，则______． 四、解答题16．已知， .(1)求的值；(2)求的值；(3)求 .的值17．在四棱锥中，，，，，，平面，．(1)若是的中点，求证：平面；(2)求证：平面；(3)求与平面所成角的正弦值．18．已知函数（为常数，且，）．(1)当时，若对任意的，都有成立，求实数的取值范围；(2)当为偶函数时，若关于的方程有实数解，求实数的取值范围．19．已知函数在点处的切线斜率为4，且在处取得极值．(1)求函数的单调区间；(2)若函数有三个零点，求的取值范围．20．已知函数，为函数的导函数．(1)讨论的单调性；(2)若恒成立，求m的取值范围．
参考答案：1．B【分析】根据补集、交集的定义计算可得.【详解】解：因为，所以，又，所以.故选：B2．B【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】解：“攻破楼兰”不一定“返回家乡”，故充分不成立，但“返回家乡”一定是“攻破楼兰”，故必要性成立，所以“攻破楼兰”是“返回家乡”必要不充分条件，故选：B．3．C【分析】根据函数的奇偶性排除AB，再根据趋近于时的值判断即可【详解】因为，故为奇函数，排除AB，又当趋近于时，远远大于，所有函数逐渐趋近于0，排除D故选：C4．C【分析】首先判断函数的单调性，再根据零点存在性定理判断即可.【详解】解：的定义域为，又与在上单调递增，所以在上单调递增，又，，，所以，所以在上存在唯一的零点.故选：C5．C【分析】根据对数函数的单调性，即得.【详解】由题，，，，所以.故选：C.6．C【分析】通过弧长比可以得到与的比，接着再利用扇形面积公式即可求解【详解】解：设，则，所以，即，所以，故选：C7．B【分析】令，用分别乘两边再用均值不等式求解即可.【详解】因为，且为正实数所以，当且仅当即时等号成立.所以.故选：B.8．C【详解】令，则，又由，得，解得，舍去，则，在第二或第四象限，排除A和D，又而，当时，排除B，只有C答案满足，故选C.点睛：本题主要考查了三角恒等式的应用，三角函数在各象限内的符号，以及排除法在选择题中的应用，具有一定难度；令，可将已知等式转化为关于的一元二次方程，结合三角函数的有界性可得，即和的符号相反，可排除A和D，当时，可求出与所求矛盾，排除B.9．C【分析】由题对取特殊值，利用数形结合，排除不合题意的选项即得.【详解】令，当时，方程为，即，作出函数及的图象，由图象可知方程的根为或，即或，作出函数的图象，结合图象可得所有根的和为5，不合题意，故BD错误；当时，方程为，即，由图象可知方程的根，即，结合函数的图象，可得方程有四个根，所有根的和为4，满足题意，故A错误.故选：C.10．【分析】根据复数的除法运算直接求解.【详解】解：.故答案为:.11．##【分析】先利用诱导公式对，可求出，再化简可求得结果【详解】因为，所以，得，所以故答案为：12．【分析】根据二项式展开式的通项公式可求得结果.【详解】，令，得，故展开式中的常数项为．故答案为：.13．【分析】根据给定条件可得角的终边与角的终边关于轴对称，再列式变形即可作答.【详解】因点与在单位圆上，且关于轴对称，即，且，则角的终边与角的终边关于轴对称，即，于是得，所以当时，绝对值最小的值为.故答案为：14．【分析】由题意易知为的周期函数，函数（且）有且仅有个零点，等价于函数与函数有6个交点，分别画出两个函数图像，使其有6个交点，即可列出不等式组，解出即为答案.【详解】因为是定义在上的偶函数，所以，又，所以，所以为的周期函数，令，则，所以，又，所以当时，，函数（且）有且仅有个零点，等价于函数与函数有6个交点，当时，函数与函数只有2个交点，不满足题意；当时，画出图像：如图所示，要使函数与函数有6个交点，则，故答案为：.15．          【分析】设乙同学上学期间的五天中7：30之前到校的天数为Y，则，，然后根据二项分布的知识算出答案即可.【详解】由题意知，它的分布列为，k＝0，1，2，3，4，5，所以．设乙同学上学期间的五天中7：30之前到校的天数为Y，则，它的分布列为，且事件，又事件，，之间互斥，且X与Y相互独立，所以．故答案为：；.16．(1)(2)(3) 【分析】（1）根据可得，解方程并结合角的范围求得；（2）利用弦化切，将化为，可得答案；（3）利用，将化为，继而化为，求得答案.（1）由得，解得或 ，因为，故，则；（2）；（3）.17．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3) 【分析】（1）取的中点，连接，先证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明即可；（2）先证明两两垂直，以点坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明，再利用线面垂直的判定定理证明即可；（3）利用空间向量法求解线面角即可.（1）解：取的中点，连接．因为是中点，所以,因为，，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面．（2）证明：因为平面，平面,平面,所以，，又，所以两两垂直．如图，以点坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系．则，所以，，因为，所以，因为平面，所以，因为，平面,平面，所以平面．（3）解：由（2）知是平面的一个法向量，，，设与平面所成的角为，则，所以与平面所成角的正弦值为．18．(1)；(2). 【分析】（1）先化简，并判定其单调性、求出值域，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用换元思想和（1）问结论求最值即可确定的取值范围；（2）先利用函数的奇偶性得到值，利用换元思想和基本不等式确定的范围，再根据方程在给定区间有解进行求解.（1）当时，在上单调递增，∴当时，，对任意的都有成立，转化为恒成立，即对恒成立，令，则恒成立，即，由对勾函数的性质知：在上单调递增，故，∴的取值范围是.（2）当为偶函数时，对xR都有，即恒成立，即恒成立，∴，解得，则，此时，由可得：有实数解令（当时取等号），则，∴方程，即在上有实数解，而在上单调递增，∴.【点睛】关键点点睛：应用转化与化归思想，第一问转化为对恒成立问题求参数范围；第二问由奇偶性求参数，再将问题转化为有实数解求参数范围.19．(1)递减区间是；递增区间是，(2) 【分析】（1）根据题意，列出方程组求得，得到，进而求得函数的单调区间；（2）由题意得到，利用导数求得函数的单调性与极值，列出不等式组，即可求解.（1）解：由题意，函数，可得，因为函数在点处的切线斜率为4，且在处取得极值，可得，即，解得，   所以，可得，令，解得或．当变化时，，的变化情况如下：－1＋0－0＋2 所以函数的单调递减区间是；单调递增区间是，．（2）解：由函数，，则，函数在处取得极大值，在处取得极小值，要使得有三个零点，则满足，即，解得， 所以的取值范围为．20．(1)详见解析；(2). 【分析】（1）求出函数的导数化简得，分类讨论求函数的单调区间即可；（2）由恒等式化简可得，分离参数可得当时，，当时，，利用导数研究的单调性及最值即可求解.（1）由题可得，①当时，时，，单调递减；时，，单调递增；②当时，时，，单调递增；时，，单调递减；时，，单调递增；③当时，时，，单调递增；④当时，时，，单调递增；时，，单调递减；时，，单调递增.（2）由恒成立，即，，当时，恒成立，当时，，当时，，令，则，当时，，单调递减且，所以当时，得， 时，，单调递减，时，，单调递增；，故综上，m的取值范围为.