2024届天津市北辰区高三上学期第一次联考（期中）数学试题含答案

这是一份2024届天津市北辰区高三上学期第一次联考（期中）数学试题含答案，共15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．设全集，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据集合的运算可得.
【详解】因为，，所以，
，
故选：C
2．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】解不等式根据范围的大小关系得到答案.
【详解】，故或；，则或，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用指数函数与对数函数的单调性比较大小.
【详解】由已知，
，
，即，
所以，
故选：A.
4．函数的部分图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据奇偶性及函数值的正负判断即可.
【详解】因为，定义域为R
所以
所以为奇函数，且，排除AB；
当时，，即，排除D
故选：C.
5．下列函数中，以为周期且在区间(，)单调递增的是
A．f(x)=│cs 2x│B．f(x)=│sin 2x│
C．f(x)=cs│x│D．f(x)= sin│x│
【答案】A
【分析】本题主要考查三角函数图象与性质，渗透直观想象、逻辑推理等数学素养．画出各函数图象，即可做出选择．
【详解】因为图象如下图，知其不是周期函数，排除D；因为，周期为，排除C，作出图象，由图象知，其周期为，在区间单调递增，A正确；作出的图象，由图象知，其周期为，在区间单调递减，排除B，故选A．
【点睛】利用二级结论：①函数的周期是函数周期的一半；②不是周期函数；
6．已知数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．C．16D．32
【答案】B
【分析】先利用和与项的关系，将和转化为项，判断出数列为等比数列，即可求解.
【详解】∵①，
∴②，
②减去①得：，即，
又∵，即，
∴数列是以为首项，公比为的等比数列，
∴.
故选：B.
7．观察下列关于两个变量和的三个散点图，它们从左到右的对应关系依次为
A．正相关、负相关、不相关B．负相关、不相关、正相关
C．负相关、正相关、不相关D．正相关、不相关、负相关
【答案】D
【详解】试题分析：有相关性可知从左到右的第一个图是正相关，第二个图相关性不明确，所以不相关，第三个图是负相关.故选D.
【解析】1.相关性的概念.2.数形结合的数学思想.
8．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意求出的边长，确定何种情况下三棱锥体积取到最大值，继而求出三棱锥的高，即可求得答案.
【详解】由题意知为等边三角形且其面积为，
故，即得，
设的外接圆圆心为，设三棱锥的外接球球心为O，
因为平面，当共线且O位于之间时，
三棱锥的高最大，此时其体积也最大；

由于平面，平面，
故，而，
故，所以，
即三棱锥的高最大为6，
所以三棱锥的体积的最大值为.
故选：B
9．双曲线的左、右焦点分别为，以为圆心，为半径的圆与的左支的一个公共点为，若原点到直线的距离等于实半轴的长，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】运用双曲线的定义和直角三角形的勾股定理，化简整理得出关于、的齐次方程，即可解得双曲线的离心率的值.
【详解】作图如下：

∵原点到直线的距离等于实半轴的长，
∴直线的距离为，
又∵以为圆心，为半径的圆与的左支的一个公共点为，
∴，
由双曲线定义的，
∴直线的距离为，
故，即，
∴，解得（舍去）或.
故选：A.
二、填空题
10．已知（为虚数单位），则 ．
【答案】/
【分析】根据复数的代数运算法则即可解出．
【详解】∵，
∴.
故答案为：.
11．的展开式中的系数为 ．
【答案】
【分析】计算通项，取，解得答案.
【详解】展开式的通项为，
取，解得，系数为.
故答案为：.
12．一条倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，且该直线与圆相交于，两点，则 ．
【答案】
【分析】求出直线方程和抛物线焦点坐标，再利用直线被圆所截弦长公式即可得到答案.
【详解】由题意得，抛物线的焦点为，
则直线方程为，即，
圆化为，则圆心为，半径，
设圆心到直线的距离为，则，
则，
故答案为：.
13．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如，在不超过18的素数2，3，5，7，11，13，17中，随机选取两个不同的数，其和等于18的概率是 ．
【答案】
【分析】列举满足条件的数组，计算概率即可.
【详解】和等于的数组为，，故概率.
故答案为：
14．已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则的值是 ；的最大值 .
【答案】 1,1
【详解】根据平面向量的点乘公式,由图可知，, 因此=;
,而就是向量在边上的射影，要想让最大，即让射影最大，此时E点与B点重合，射影为，所以长度为1.
【考点定位】本题是平面向量问题，考查学生对于平面向量点乘知识的理解，其中包含动点问题，考查学生最值的求法．
15．已知函数，函数，若．，不等式成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】令,利用二次函数图像的性质求函数的最大值,令对函数按进行讨论求出函数最大值，由题可得解不等式即可得到所求范围
【详解】，当时，令,
可得，对称轴为，故最大值为,
即得最大值为,
当时，令，则.
当时，,
当时，二次函数对称轴为，故函数在对称轴处取到最大值为,
当时，开口向上，0距对称轴远，故当时取到最大值为,
所以
由题意可得,
即当时，，解得，故.
当时，，满足题意,
当时，，解得
综上：.
故答案为：
三、解答题
16．在中，分别为三个内角的对边，且.
（1）求角的大小；
（2）若求和的值.
【答案】（1）； （2）.
【分析】（1）化为，由余弦定理可得，从而可得结果；（2）由余弦定理求得，再由正弦定理求得，根据二倍角的正弦、余弦公式，结合两角差的正弦公式可得结果.
【详解】（1）由已知，得：，
由余弦定理，得：，，
即，又,所以.
（2）
，
又 ，
，
,，
.
【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理的应用以及二倍角公式的应用，属于中档题. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
17．如图，在四棱锥中，，，，底面为正方形，、分别为、的中点．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用中位线的性质得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（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直线与平面所成角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：、分别为、的中点，则，
平面，平面，故平面.
（2）解：因为四边形为正方形，则，
又因为，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，得，取，可得，
，则，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
（3）解：易知平面的一个法向量为，.
因此，平面与平面的夹角的余弦值为.
18．已知椭圆的离心率，直线与圆相切.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于不同两点，线段的中垂线为，若在轴上的截距为，求直线的方程.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）根据离心率得到，根据相切得到，得到答案.
（2）设，，中点，联立方程得到，计算得到，计算得到答案.
【详解】（1）由题意得，，即，
直线与圆相切得，.
故椭圆的方程是.
（2）由题意得直线的斜率存在且不为零，设，
，中点，
联立，消去并整理得，，
又，解得且，
，得，
由，即，
化简得，令得，解得或，
由于且，故，直线的方程为，即.
【点睛】本题考查了椭圆方程，直线和椭圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和应用能力.
19．各项均为正数的数列的前n项和为，且满足．各项均为正数的等比数列满足．
（1）求证为等差数列并求数列、的通项公式；
（2）若,数列的前n项和．
①求；
②若对任意,均有恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）,（2）①; ②
【分析】(1)利用已知条件转化求解数列是等差数列,求解首项公差,利用等比数列求数列的首项和公比．
(2)①化简,利用错位相减法求解数列的前n项和．
②转化求出m与n的不等式,利用最值求解m的范围即可．
【详解】(1)∵,∴.
∴,
∴,又各项为正,
∴,
∴开始成等差,
又, ∴,
∴ ∴为公差为3的等差数列,
∴,,
∴．
(2),
①,
,
∴,
,
,
​∴．
②恒成立,
∴,
即恒成立,
设,
,
当时,;
当时,
∴,
∴．
【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用,数列通项公式的求法,数列求和,以及数列与不等式的关系,考查函数思想的应用,属于中档题.
20．已知函数．
(1)当时，求曲线在处切线的斜率；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若有两个极值点，且恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用导数几何意义解题即可.
（2）求出导数，考虑导函数在是否有零点，分、、讨论即可.
（3）由（2）知，，找出，再构造函数，即可求出答案.
【详解】（1）当时，，，
∴，
∴曲线在处切线的斜率为.
（2）∵，定义域为，
∴，
当时，，即，则在单调递减；
当时，令，得，则，
时，，则单调递减，
时，，则单调递增，
时，，则单调递减；
当时，令，得，则，
∴时，，则单调递增，
时，，则单调递减；
综上所述：当时，在单调递减；
当时，时，单调递减，时，单调递增，时，单调递减；
当时，时，单调递增，时，单调递减.
（3）由（2）知，若有两个极值点，则，
且为的两个根，
∴，
，
∵，
∴，即，
又∵，
∴，即，
即
令，
令,，
，
令,，
∴在单调递增，
又∵
①当时，则即，
∴在单调递增，则，
故符合题意，;
②当时，∵在单调递增，，
令，则时，即，单调递减，
∴在，使得，
故不符合题意，舍去.
综上所述：.