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

ID:83588326

大小:914.03 KB

页数:18页

时间:2024-09-01

上传者:老李
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_第1页
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_第2页
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_第3页
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_第4页
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_第5页
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_第6页
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_第7页
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_第8页
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_第9页
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_第10页
资源描述:

《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.

当前文档最多预览五页,下载文档查看全文

此文档下载收益归作者所有

当前文档最多预览五页,下载文档查看全文
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,天天文库负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
最近更新
更多
大家都在看
近期热门
关闭