2024天津市耀华中学高三上学期开学检测数学试题含解析

天津市耀华中学2024届高三年级暑期学情反馈

数学学科试卷

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.祝同学们考试顺利！

第Ⅰ卷（选择题 共45分）

一、选择题：本大题共5小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的，请把正确答案填涂在答题卡上.

1. 设全集，集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出集合，根据集合并集与补集运算求解.

【详解】方程的两根分别为，

故，

所以，.

故选：D

2. 设，则“”是“”的

A. 充分而不必要条件

B. 必要而不充分条件

C. 充要条件

D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】

分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.

详解】化简不等式，可知 推不出；

由能推出，

故“”是“”的必要不充分条件，

故选B．

【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．

3. 函数在的图像大致为（    ）

A.    B.    C.    D.  

【答案】A

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性以及特殊点的函数值确定正确答案.

【详解】设，的定义域为，

，所以是奇函数，

图像关于原点对称，C选项错误.

，所以BD选项错误，A选项正确.

故选：A

4. 某部门随机调查了90名工作人员，为了了解他们的休闲方式是读书还是健身与性别是否有关，得到的数据如列联表所示.若认为性别与休闲方式有关，则此时犯错误的概率不超过（    ）

附：，，

A. 0.01 B. 0.05 C. 95% D. 99.5%

【答案】B

【解析】

【分析】计算的值，由此确定正确答案.

【详解】依题意，，

所以犯错误的概率不超过的情况下，认为性别与休闲方式有关.

故选：B

5. 已知，则（    ）

A. 25 B. 5 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．

【详解】因为，，即，所以．

故选：C.

6. 已知，，，则a，b，c的大小关系为

A  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.

详解：由题意结合对数函数的性质可知：

，，，

据此可得：.

本题选择D选项.

点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．

7. 甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以、和表示从甲罐中取出红球、白球和黑球，再从乙罐中随机取出一球，以表示从乙罐中取出的球是红球，则下列结论中正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据全概率公式求得，结合条件概型的知识确定正确答案.

【详解】依题意，，A选项正确.

，B选项错误，

，C选项错误，

，D选项错误.

故选：A

8. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．

【详解】[方法一]：

因为是奇函数，所以①；

因为是偶函数，所以②．

令，由①得：，由②得：，

因为，所以，

令，由①得：，所以．

思路一：从定义入手．

所以．

[方法二]：

因为是奇函数，所以①；

因为是偶函数，所以②．

令，由①得：，由②得：，

因为，所以，

令，由①得：，所以．

思路二：从周期性入手

由两个对称性可知，函数的周期．

所以．

故选：D．

【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．

9. 已知函数图象上存在关于y轴对称的两点，则正数a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先分析的单调性，可得对称点分别位于与的图象上，从而得到，进而利用同构法，构造函数得到，再构造函数，由此得解.

【详解】因为，

所以当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

又的图象上存在关于y轴对称的两点，

所以这两个对称点分别位于与的图象上；

设在的图象上，则在函数的图象上，且，

故有，即，

进而；

设，则，

又恒成立，故在上单调递增，

所以，即，

令，则在上恒成立，

故在上单调递减，

故，则，于是．

故选：B．

【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于利用同构法，将转化为，从而构造了函数，由此得解.

第Ⅱ卷（非选择题 共105分）

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共计30分.不需写出解答过程，请把答案填在答案纸上的指定位置.

10. 已知（为虚数单位），则________.

【答案】

【解析】

【分析】利用复数乘法、除法运算求得正确答案.

【详解】依题意，

则.

故答案为：

11. 展开式中常数项为______ ．

【答案】60

【解析】

【分析】先求出展开式的通项公式,再令 的指数为0,解出,进而可求出常数项.

【详解】 的展开式中的通项公式：.

令-6=0，解得r=4．

∴的展开式中常数项为:=60．

故答案60．

【点睛】本题考查了二项式定理,属基础题.

12. 将字母、、、、、排成一排，其中必须在的左边，则不同的安排方法有________.（用数字作答）

【答案】

【解析】

【分析】先安排，然后排其它字母，由此计算出不同的安排方法.

【详解】先安排，方法数有种方法，

再安排其它字母，方法数有种，

故不同的安排方法有种.

故答案为：

13. 现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则__________，_________．

【答案】    ①. ，    ②. ##

【解析】

【分析】利用古典概型概率公式求，由条件求分布列，再由期望公式求其期望.

【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有种，所以，

由已知可得的取值有1，2，3，4，

，，

，

    所以,

故答案为：，.

14. 已知，则的最小值是_______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题设条件可得，可得，利用基本不等式即可求解.

【详解】∵

∴且

∴，当且仅当，即时取等号.

∴的最小值为.

故答案为：.

【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.

15. 设函数存在最小值，则的取值范围是________.

【答案】

【解析】

【分析】根据的值与的大小关系进行分类讨论，每种情况分别求函数在和的最小值，并比较大小即可.

【详解】①当时，，故函数在上单调递增，因此不存在最小值；

②当时，.

当时，，故函数存在最小值；

③当时，，故函数在上单调递减，

当时，；当时，.

若，则不存在最小值，故，解得.

此时满足题设；

④当时，，故函数在上单调递减，

当时，；当时，.

因为，所以，

因此不存在最小值.

综上，的取值范围是.

故答案为：.

三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把解题过程写在答案纸上.

16. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.

（1）求角B的大小；

（2）设，，求和的值.

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理得到，即可得到，从而求出；

（2）利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出，即可求出，再利用二倍角公式求出、，最后根据两角和的正弦公式计算可得；

【小问1详解】

解：在中，由正弦定理，可得，

又由，得，即，

又因为，可得.

【小问2详解】

解：由（1）得，在中，，，

由余弦定理有，故.

由正弦定理，即，可得.

又因为，故.

因此，.

所以.

17. 如图，P，O分别是正四棱柱上、下底面的中心，E是AB的中点，，．

（1）求证：平面PBC；

（2）求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；

（3）求平面POC与平面PBC夹角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】(1)建立坐标系，利用平面的法向量与的数量积为零可证明；

(2)利用与平面的法向量可求解；

(3)利用平面的法向量可求解.

【小问1详解】

以点O为原点，直线OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，

由上得，，，

设平面PBC的法向量为，则由得

取，得，因为，所以，

又平面PBC，所以平面PBC．

【小问2详解】

由（1）知平面PBC的法向量为，

因为，所以，

所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为．

【小问3详解】

显然，平面POC的法向量为，

由（1）知平面PBC的法向量为，

设平面POC与平面PBC的夹角为，则．

18. 已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，点P（﹣1，）在椭圆C上，且|PF2|．

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，M为线段AB的中点，若椭圆C上存在点N，满足3（O为坐标原点），求直线l的方程．

【答案】（1）．（2）xy﹣1＝0或xy﹣1＝0．

【解析】

【分析】（1）根据题意得①，②，③，由①②③组成方程组，解得，，进而得椭圆的方程．

（2）设直线的方程为，，，，，联立直线与椭圆的方程得关于的一元二次方程，结合韦达定理得，，从而得线段中点坐标，点的坐标，将其代入椭圆方程，可解得，进而得出直线的方程．

【详解】解：（1）因为点在椭圆上，且．

所以，①

，解得，②

又因为③

由①②③组成方程组，解得，，

所以椭圆的方程为：．

（2）由（1）可知，

设直线的方程为，，，，，

联立直线与椭圆的方程得，

得，则，

所以线段中点，，

所以，，

所以点的坐标为，，

将点坐标代入椭圆的方程，

解得，，

所以直线的方程为：或．

【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，属于中档题．

19. 已知等比数列的公比，若，且，，分别是等差数列第1，3，5项.

（1）求数列和的通项公式；

（2）记，求数列的前项和；

（3）记，求的最大值和最小值.

【答案】（1），   

（2）   

（3）最大值为，最小值为

【解析】

【分析】（1）根据等差数列、等比数列的知识求得.

（2）利用错位相减求和法求得.

（3）利用裂项求和法，结合对进行分类讨论，由此求得的最大值和最小值.

【小问1详解】

依题意，，，

解得，所以，

则，

设等差数列的公差为，则，

所以.

【小问2详解】

，

，，

两式相减得，

.

【小问3详解】

，

，

当为偶数时，，

令（为偶数），则是单调递增数列，

最小值为，且.

当为奇数是，，

令（为奇数），则是单调递减数列，

最大值为，且.

综上所述，的最大值为，最小值为.

【点睛】求解等差数列或等比数列的通项公式，关键是通过基本量的计算求得首项和公差（公比）.求解形如等差数列乘以等比数列，或等差数列除以等比数列的数列的前项和，使用的方法是错位相减求和法.

20. 已知函数．

（1）当时，讨论的单调性；

（2）当时，，求a的取值范围；

（3）设，证明：．

【答案】（1）的减区间为，增区间为.   

（2）   

（3）见解析

【解析】

【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.

（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.

（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.

小问1详解】

当时，，则，

当时，，当时，，

故的减区间为，增区间为.

【小问2详解】

设，则，

又，设，

则，

若，则，

因为为连续不间断函数，

故存在，使得，总有，

故在为增函数，故，

故在为增函数，故，与题设矛盾.

若，则，

下证：对任意，总有成立，

证明：设，故，

故在上为减函数，故即成立.

由上述不等式有，

故总成立，即在上为减函数，

所以.

当时，有，   

所以在上为减函数，所以.

综上，.

【小问3详解】

取，则，总有成立，

令，则，

故即对任意的恒成立.

所以对任意的，有，

整理得到：，

故

，

故不等式成立.

【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.