2024届天津市武清区黄花店中学高三上学期第二次练习数学试题含答案

这是一份2024届天津市武清区黄花店中学高三上学期第二次练习数学试题含答案，共19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。
一、单选题
1．已知集合，，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】化简集合，根据补集和交集的概念运算可得结果.
【详解】,,
．
故选：A
2．“”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】A
【解析】根据定义分别判断充分性和必要性即可.
【详解】若，则，则，
反之，若，当时，无意义，
故“”是“” 的充分不必要条件.
故选：A.
3．函数在的大致图象是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】根据函数的奇偶性排除C、D，根据时，函数值的符号排除B，故选A.
【详解】因为，所以，所以为上的奇函数，其图象关于原点对称，故C、D不正确；
当时，，所以，故B不正确;
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用函数的性质排除不正确选项是解题关键.
4．设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系.
【详解】解：，
，
又，
.
故选：D.
5．在中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】结合图形，利用向量的线性运算的定义进行运算可得.
【详解】作出图形如图，则，
所以，
故选：D．
6．若实数，且，则（ ）
A．有最大值为B．有最小值为
C．有最小值为D．无最小值
【答案】B
【分析】变形利用基本不等式求解.
【详解】因为，
所以
当且仅当
即时取“”，
故选：B.
7．已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，且点到双曲线的渐近线的距离为4，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题易得，知，双曲线焦点在轴上，渐近线方程为，又由点到双曲线的渐近线的距离为4，得，即可解决.
【详解】由题知，抛物线开口向右，，
所以焦点为，
因为焦点与双曲线的一个焦点重合，
所以，且双曲线焦点在轴上，渐近线方程为，即，
因为点到双曲线的渐近线的距离为4，即，
所以，
所以双曲线的方程为，
故选：C
8．设函数，给出下列结论：
①的最小正周期为
②的图像关于直线对称
③在单调递减
④把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数的图象.
其中所有正确结论的编号是（ ）.
A．①④B．②④C．①②④D．①②③
【答案】C
【解析】根据题意，利用辅助角公式和两角和的正弦公式化简得，根据求出最小正周期即可判断①；利用整体代入法求出的对称轴，即可判断②；利用整体代入法求出的单调减区间，从而可得在区间上先减后增，即可判断③；根据三角函数的平移伸缩的性质和诱导公式化简，即可求出平移后函数，从而可判断④.
【详解】解：函数，
即：，
所以的最小正周期为，故①正确；
令，解得：，
当时，则直线为的对称轴，故②正确；
令，解得：，
所以的单调递减区间为：，
当时，的一个单调递减区间为，
则区间上单调递减，故在区间上先减后增，故③错误；
把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，
得到
即平移后得到函数的图象，故④正确.
所以所有正确结论的编号是：①②④.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的图象和性质，熟练掌握正弦型函数的周期、对称轴、单调区间的求法，以及三角函数的平移伸缩是解题的关键，还考查辅助角公式、两角和的正弦公式以及诱导公式的应用，考查学生化简运算能力.
9．设函数，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意先得是函数的一个零点，当时，，所以当时，与，图象必有一个交点，根据函数求导计算可得的函数图象，数形结合即可解决.
【详解】由题知，，函数恰有两个零点，
因为当时，，
所以是函数的一个零点，
又当时，，
所以当时，与，图象必有一个交点，
由于，
当时，，
所以函数在上单调递增，
当时，，
当时，，
当时，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，有最小值为，
所以，函数图象如图，
由图可知，若与，图象必有一个交点，则，
故选：B
二、填空题
10．已知复数，为虚数单位，则复数的实部为 .
【答案】/
【分析】直接根据复数的除法运算结合实部的概念即可得到答案.
【详解】，所以其实部为.
故答案为：.
11．已知等差数列的前n项和为，若则 .
【答案】3
【分析】由已知列方程组求得等差数列的首项和公差，代入等差数列的通项公式得答案．
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
则，解得，
则.
故答案为：3
12．已知直线与圆相交于，两点，若，则实数 ．
【答案】
【解析】先求出圆心和半径，再计算圆心到直线的距离，由勾股定理可得弦长即可求解.
【详解】由可得：，
所以圆心，，
圆心到直线的距离为，
由，即
所以，解得：，
故答案为：
【点睛】方法点睛：圆的弦长的求法：
（1）几何法，设圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；
（2）代数法，设直线与圆相交于，，联立直线与圆的方程，消去得到一个关于的一元二次方程，从而可求出，，根据弦长公式，即可得出结果.
13．将函数（，，）的图象上所有点向左平行移动个单位长度，所得函数的部分图象如图所示，则 ．
【答案】
【解析】先写出平移之和的解析式，根据图象最值可得，求出函数周期可求出，再将点代入可求得，即得解析式.
【详解】设向左平移个单位长度得到，则，
则由图可知，且，，，
，
，
，即，
，，
.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：根据三角函数部分图象求解析式的方法：
（1）根据图象的最值可求出；
（2）求出函数的周期，利用求出；
（3）取点代入函数可求得.
14．在平行四边形中，，，点在上且满足，，若为的中点，且，则的长为 ．
【答案】
【解析】根据平面向量的线性运算得出和，由并利用向量的数量积运算化简得，从而可求出的长.
【详解】解：根据题意，可知平行四边形中，，，
且，，
则，
，
所以，
，
则，即 ，
解得：或 （舍去），
所以的长为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，解题的关键在于根据平面向量的线性运算得出分别用、表示和，考查转化思想和运算能力.
15．如图，在圆锥中，，圆锥的侧面积为，是圆锥底面圆的内接正三角形，为上一点，且，则圆锥的体积为 ，三棱锥的外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】设圆锥的底面半径为，利用圆锥的侧面积公式可得出关于的等式，可求得的值，利用锥体的体积公式可求得该圆锥的体积，推导出三棱锥为正三棱锥，可得出三棱锥的外接球球心在上，计算出，可列出关于三棱锥的外接球半径的等式，求出的值，利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】设圆锥的底面半径为，则圆锥的母线长为，
该圆锥的侧面积为，整理可得，
，解得，
所以，圆锥的体积为.
由于正是圆内接正三角形，则，
连接、、，
平面，、平面，，，
，，所以，，则，
同理可证，所以，，所以，三棱锥为正三棱锥，
，，是等腰直角三角形，且，
，
设三棱锥的外接球球心为，则，
设三棱锥的外接球半径为，则，即，
即，解得，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
三、解答题
16．在中，已知
（1）求角B的大小；
（2）若，的面积为，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）根据和的正弦公式化简可得，即可得出角B；
（2）根据面积公式求出，由余弦定理求出，由正弦定理求出，继而求出，再由二倍角公式即可求出.
【详解】解：（1）在中，，
所以．
即，
所以．
又，所以，
又，所以．
（2）可得，解得，
在中，由余弦定理，
得
，
所以．
由正弦定理，得，
所以．
因为，
所以，所以．
所以，
所以．
【点睛】本题考查和的正弦公式的应用，考查正余弦定理、三角形面积公式的应用，解题的关键是正确理解正余弦定理，正确理解边角关系.
17．如图，在三棱锥中，已知，，，，，、分别为线段、的中点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）推导出平面，进而可证得；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值，进而可求得所求角的余弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面所成二面角的余弦值，进而可求得所求角的正弦值.
【详解】（1）证明：在中，，，
所以，所以．
在中，因为，，，
所以，所以
因为平面，平面，且，所以平面．
又因为平面，所以；
（2）解：由（1）知，平面，又，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
因为、分别为、的中点，所以，．
所以，，，
设平面的法向量为，则有，即，
令，得，，所以．
设直线与平面所成角为．
因为，，，
所以．
因为，所以；
即直线与平面所成角的余弦值为；
（3）解：由（1）知，平面，
所以平面的一个法向量为．
因为，，所以．
设平面与平面所成的二面角为，
因为，所以．
故平面与平面所成的二面角的正弦值为.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
18．已知椭圆（a＞b＞0）过点，点A为椭圆的右顶点，点B为椭圆的下顶点，且|OA|=2|OB|．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点A的直线l1与椭圆交于另一点M，过点B的直线l2与椭圆交于另一点N，直线l1与l2的斜率的乘积为，M，N关于y轴对称，求直线l1的斜率．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由|OA|=2|OB|可得a=2b，由椭圆（a＞b＞0）过点可得，解方程求，由此可得椭圆方程，(2) 设直线l1的方程为y=k（x-6）,联立方程组求M的坐标，由条件求出直线l2的方程，联立方程组求N，根据M，N关于y轴对称，列方程求.
【详解】（1）因为|OA|=2|OB|，即a=2b，
又椭圆过点，所以，解得a=6，b=3，
椭圆方程为．
（2）设直线l1的方程为y=k（x-6），则
得（1+4k2）x2-48k2x+144k2-36=0，
解得x1=6，，所以．
因为直线l1，l2的斜率乘积为，所以直线l2的方程为，
同理可得，
因为M，N关于y轴对称，所以，
即4k2-4k-1=0，解得．
所以直线l1的斜率为．
19．已知等差数列与等比数列满足，，，且既是和的等差中项，又是其等比中项.
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，其中，求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题设求得且的公差，再应用等差、等比中项的性质列方程求的基本量，进而写出对应通项公式；
（2）运用分组求和，结合裂项相消、错位相减及等比数列前n项和公式求.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，，，
所以，解得，则，
既是和的等差中项，又是其等比中项，
所以，则，解得，即，
所以，.
（2）∵，，
∴.
，
①，
②，
①②得：
∴，
∴.
20．已知函数，，．
（1）若在点处的切线倾斜角为，求的值；
（2）求的单调区间；
（3）若对于任意，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）当时，的单调递增区间为；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；（3）
【解析】（1）根据在点处的切线倾斜角为，得到，对进行求导，再求解即可；
（2）对函数进行求导，对参数进行分类讨论，即可求得函数的单调区间；
（3）构造函数，将原式化为：对于任意，恒成立，再利用进行适度放缩，从而判断的单调性，找到对应的参数范围即可.
【详解】（1）由题意知： ，
，
又在点的切线倾斜角为，
在点的切线的斜率，
即，
解得：；
（2）由（1）知：，
①当时，
，在上为增函数；
②当 时，
令，
解得：，
当时，，在上为减函数，
当时，，在上为增函数．
综上所述，当 时，的单调递增区间为；
当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；
（3）对任意的，恒成立，
即恒成立，
将代入，并整理得：，
设，
则原式等价于对任意的，恒成立，
则，
下面证明：，
令，
则，
令，
解得：，
当，单调递减；
当，单调递增；
故，
即，
，
①当时，
在上恒成立，
在上单调递增，
恒成立，
即，对恒成立．
②当 时，
，
，即 ，在成立，
故当时，
，
时，，
知在上为减函数，，
即在上，不存在使得不等式对任意恒成立．
综上所述：实数的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对参数的分类讨论以及应用对函数进行放缩.