2024届天津市咸水沽第一中学高三上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2024届天津市咸水沽第一中学高三上学期期中考试数学试题含答案，共18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。
一、单选题
1．已知集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出，然后求出.
【详解】因为，，所以，
又，所以.
故选：C.
2．“”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
【分析】解不等式，根据解集间的关系及充分条件与必要条件的概念判断可得出结论．
【详解】不等式，即或，解得或，
不等式，即，解得或，
因为或或
因此，“”是“”的必要而不充分条件，
故选：B．
3．函数的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用诱导公式化简得，由此可得为奇函数，故排除C，D；再判断函数在时的正负情况即可得答案.
【详解】由，易知为奇函数，故排除C，D；
当时，，故只有A满足，排除B.
故选：A.
4．已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据指数函数的性质可判断a,c的大小关系，根据对数函数的性质可判断b的大小范围，由此可得答案.
【详解】由题意得：，，
，且，
故，
故选：C
5．某市为了解全市12000名高一学生的的体能素质情况，在全市高一学生中随机抽取了1000名学生进行体能测试，并将这1000名的体能测试成绩整理成如下频率分布直方图．根据此频率分布直方图，下列结论中正确的是（ ）
A．图中的值为0.020；
B．同一组中的数据用该组区间的中点值做代表，则这1000名学生的平均成绩约为80.5；
C．估计样本数据的75%分位数为88；
D．由样本数据可估计全市高一学生体测成绩优异（80分及以上）的人数约为5000人．
【答案】B
【分析】A.根据频率和为1，计算的值；B.根据平均数公式，判断B；C.根据百分位数公式，判断C；计算体测成绩在内的频率，再结合总人数，即可判断D.
【详解】A.由频率分布直方图可知，，
得：，故A错误；
B.，故B正确；
C.设百分位数，易得，
则，
解得：，故C错误；
D.则体测成绩在的频率为，
估计全市高一学生体测成绩优异（80分及以上）的人数约为人，故D错误.
故选：B.
6．设是数列的前项和，已知且，则（ ）
A．9B．27C．81D．101
【答案】B
【分析】时，，作差得数列从第二项起成等比数列，即可求解.
【详解】时，，
时，，
作差得，即,
所以数列从第二项起成等比数列，
所以.
故选：B.
7．古代数学名著《九章算术·商功》中，将底面为矩形.且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若四棱锥为阳马，平面，，，则此“阳马”外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据补形的方法求得外接球的表面积.
【详解】由于平面，平面，所以，
由于四边形是矩形，所以，
所以两两相互垂直，
所以四棱锥可补形为长方体，且长方体的体对角线为，
所以外接球的直径，
所以外接球的表面积为.
故选：D
8．已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数为偶函数
C．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
D．若，则的最小值为
【答案】D
【分析】根据关于直线对称及，解得，所以，对于A，，所以，即可判断A正误；对于B，，即可判断B正误；对于C，可得平移后的，即可判断C正误；对于D，因为，，结合题意，以及的周期，可得的最小值为半个周期，即可判断正误；
【详解】由题意关于对称，所以，
又，所以，所以
对于A，，所以，所以函数在上不单调，故A错误；
对于B，，为奇函数，故B错误；
对于C，的图像向右平移个单位长度得到函数，故C错误；
对于D，因为，，结合题意，所以的最小值为半个周期，又，，所以的最小值为，故D正确.
故选：D.
9．已知抛物线，直线倾斜角是且过抛物线的焦点，直线被抛物线截得的线段长是，双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则直线与轴的交点到双曲线的一条渐近线的距离是
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】抛物线的焦点为,由弦长计算公式有 ,所以抛物线的标线方程为,准线方程为 ,故双曲线的一个焦点坐标为,即 ,所以 ,渐近线方程为,直线 方程为,所以点,点P到双曲线的一条渐近线的距离为 ,选D.
点睛: 本题主要考查了抛物线与双曲线的简单几何性质, 属于中档题. 先由直线过抛物线的焦点,求出弦长,由弦长求出的值,根据双曲线中的关系求出 ,渐近线方程等,由点到直线距离公式求出点P到双曲线的一条渐近线的距离.
二、填空题
10．已知为实数，若复数为纯虚数，则的值为 .
【答案】
【分析】l利用纯虚数的概念可求的值，再结合复数除法运算可求复数的值.
【详解】因为复数为纯虚数，可得，所以.
故答案为: .
11．在的展开式中的的系数是 .
【答案】
【分析】根据二项展开式的通项公式，可令求得的系数.
【详解】展开式的通项公式为：，
令，解得：，所以的系数为.
故答案为：.
12．若直线：被圆：截得线段的长为6，则实数的值为 .
【答案】24
【分析】把圆的一般方程化为圆的标准方程，利用点到直线的距离公式以及勾股定理进行求解.
【详解】把圆：化为标准方程有：，
所以圆心，半径，又直线：，
所以圆心到直线的距离为，
因为直线：被圆：截得线段的长为6，
根据勾股定理有：，解得，
所以，解得.
故答案为：24.
三、双空题
13．在学校大课间体育活动中，甲、乙两位同学进行定点投篮比赛，每局比赛甲、乙每人各投篮一次，若一方命中且另一方末命中，则命中的一方本局比赛获胜，否则为平局.已知甲、乙每次投篮命中的概率分别为和，且每局比赛甲、乙命中与否互不影响，各局比赛也互不影响.进行1局投篮比赛，甲获胜的概率为 ；设共进行了3局投篮比赛，其中甲获胜的局数为，则的数学期望 .
【答案】 / /
【分析】利用获胜规则以及甲、乙每次投篮命中的概率可得甲获胜的概率为，易知3局比赛中甲获胜的局数服从二项分布，可得数学期望.
【详解】根据比赛规则可得，若甲获胜，则需满足甲投篮命中，乙投篮未命中，
所以甲获胜的概率为；
若进行3局比赛，每一局比赛甲获胜的概率为，
则在3次比赛中甲获胜的局数服从二项分布，即，
所以的数学期望；
故答案为：；
四、填空题
14．设是边长为1的等边三角形，为所在平面内一点，且，则当取最小值时，的值为 .
【答案】
【分析】由可推出，进而可得，令，则，然后，然后运用二次函数的知识可得到答案.
【详解】因为，
所以，即
所以，所以
令，则，即，
所以，
所以，
所以当，即时取得最小值，
故答案为：.
15．已知函数，若函数与的图象恰有5个不同公共点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】利用导数画出的图象，由，利用换元法进行化简，结合二次函数根的分布列不等式，从而求得的取值范围.
【详解】当时，，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增，.
当时，，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增，
，
所以当时，与的图象有个交点；
当或时，与的图象有个交点；
当或时，与的图象有个交点；
当时，与的图象有个交点.
依题意有个根，
有个根，
令，则，设，
，解得或.
由，可得：
或或或或.
即或或
或或，
解得（只有第一个不等式组有解，其它不等式组无解），
所以的取值范围是.
故答案为：

【点睛】利用导数画函数图象的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间：，则在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；，则在对应区间上是减函数，对应区间为减区间.（5）根据单调区间求得极值点、极值.（6）根据单调性、极值点（极值）、区间端点等画出函数的大致图象.
五、解答题
16．在中，角，，所对的边分别为，，，角为钝角，且，，.
(1)求的值；
(2)求边的值；
(3)求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据正弦定理进行边角互换，然后结合同角三角函数基本关系得到；
（2）利用余弦定理解三角形即可；
（3）由（1）得，然后利用同角三角函数基本关系、二倍角公式和和差公式计算.
【详解】（1）由及正弦定理，得，
∵，，
∴，
又∵，，且，，
可得.
（2）∵，，
由余弦定理，得，即，
即，解得（负值舍）.
（3）由（1）及，，，得，
又∵，
∴为钝角，为锐角，从而.
由（1）得.
，，
∴.
17．已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在；或
【分析】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；
法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；
（3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可.
【详解】（1）证明：法一：分别取、的中点、，连接、、，
由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，，
因为，所以，所以点、、、四点共面，
因为、分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
又因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直，
以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
所以，易知平面的一个法向量，
所以，所以，
又因为平面，所以平面．
（2）解：设平面的法向量，，，
则，取，可得，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角余弦值为；
（3）解：假设存在点，使得，其中，
则，
由（2）得平面的一个法向量为，
由题意可得，
整理可得．即，
因为，解得或，所以，或．
18．已知椭圆的右顶点，且点在椭圆上，，分别是椭圆的左右焦点，过点作斜率为的直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求的值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题可得，即得；
（2）设，利用韦达定理法可得，进而可得直线，的方程，可得点代入椭圆方程，即得.
【详解】（1）由题可得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由题可设，
由，可得，
∴，即，
所以，即，
当轴时，则，，，
此时，，不合题意，
当与不垂直时，，
∴，
由上可得，所以，
解得，又，
所以，
综上，的值为.
19．已知为等差数列，为正项等比数列，的前项和为，，，，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)求的前项和的最大值；
(3)设求证：．
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为（），
根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式，以及等比数列通项公式计算可得；
（2）由（1）可得，利用等比数列求出公式求出前项和，再分奇偶两种情况求出的最大值，即可得解；
（2）利用错位相减法求和即可得证；
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为（），
由，，即，解得，所以，
由，所以，由，即，解得或（舍去）
所以；
（2）解：由（1）可知，所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
令的前项和为，则，
当为奇数时，
当为偶数时，
综上可得的前项和的最大值为；
（3）证明：因为，
所以
①，
②，
由①②可得
所以，得证；
20．已知函数（，是自然对数的底数，）．
(1)当时，求函数的极值；
(2)若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；
(3)若函数有两个极值点，且，求的最大值．
【答案】(1)， ；
(2)
(3)
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到，与的关系表，从而得到函数的极值点，计算可得；
（2）令，求出函数的导函数，依题意在上恒成立，即可得到不等式组，解得即可；
（3）求出的导函数，依题意在上有两个不等实根，令，则在上有两个不等实根、，求出函数的导函数，结合零点存在性定理得到且，即可得到，再由导数说明函数的单调性，即可求出的最大值；
【详解】（1）解：当时，
令，解得，，
所以，与的关系如下：
所以当时，函数取得极大值，即，
当时，函数取得极小值，即；
（2）解：因为，
所以
令，
则
依题意在上恒成立，
令，则，解得
（3）解：因为，即，
则，
因为在上有两个极值点，
即在上有两个不等实根，
即在上有两个不等实根、，
因为，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
则，所以，解得，
所以，
所以在和上各有一个实根，
所以函数在上有两个极值点时，并且，
因为，
所以，
令，则，
当时，，单调递减，
因为，所以，即
则
因为且，所以满足题意的整数的最大值为；
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增