天津市耀华中学2023-2024学年高三上学期开学检测数学 Word版含解析.docx

《天津市耀华中学2023-2024学年高三上学期开学检测数学 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

天津市耀华中学2024届高三年级暑期学情反馈数学试卷本试卷分第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：D2.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：A4.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（）性别休闲方式合计读书健身女生25（）20（）45男生15（）30（）45合计405090 附：，，0.0500.0100.0013.8416.63510.828A.0.01B.0.05C.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：B5.已知，则（）A.25B.5C.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AB.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：A8.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.