2024届天津市北辰区第四十七中学高三上学期第二次阶段性检测数学试题含答案

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这是一份2024届天津市北辰区第四十七中学高三上学期第二次阶段性检测数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合A={x∈N|0A．[0，2]B．[1，2]C．{1，2}D．{0，1，2}
【答案】C
【分析】分别写出集合A，B，根据交集定义写出交集.
【详解】解：∵A={1，2，3}，B={x|0≤x≤2}，
∴A∩B={1，2}.
故选：C.
2．“，，成等比数列”是“，，成等比数列”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
【分析】利用等比数列定义证明充分性，举例说明其必要性不成立即可.
【详解】解：若，，成等比数列，则，
此时，则，，成等比数列，即充分性成立，
反之当，，时满足，，成等比数列，但，，不成等比数列，即必要性不成立，
即“，，成等比数列”是“，，成等比数列”的充分不必要条件，
故选：A.
3．某校随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组画出频率分布直方图如图所示，下列说法正确的是（）
A．直方图中x的值为0.040
B．在被抽取的学生中，成绩在区间的学生数为30人
C．估计全校学生的平均成绩为84分
D．估计全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为93分
【答案】C
【分析】根据学生的成绩都在50分至100分之间的频率和为1可求得x值，以此判断A；计算成绩在区间[70，80)的学生频率，然后可计算该区间学生数，以此判断B；按照频率频率分布直方图中平均数计算公式计算可判断C；按照频率分布直方图中百分位数的计算方法计算可判断D.
【详解】定义A：根据学生的成绩都在50分至100分之间的频率和为1，可得，解得x=0.03，所以A错；
对于B：在被抽取的学生中，成绩在区间[70，80)的学生数为10×0.015×400=60(人)，所以B错；对于C：估计全校学生的平均成绩为55×0.05+65×0.1+75×0.15+85×0.3+95×0.4=84(分)，所以C对；
对于D：全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为 (分).
所以D错.
故选：C
4．函数的部分图象可能是（）
A． B．
C．D．
【答案】A
【解析】排除法，根据和的符号可排除B，D，再对函数求导，判断函数在上的单调性即可得出结论．
【详解】解：，∴舍去B，，∴舍去D，
时，，
，
∴函数在上单调递增，
故选：A．
【点睛】本题主要考查函数图象的识别，考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
5．设，，，则（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用指数函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小关系.
【详解】，
，，
因为，所以，，则，即，
因此，.
故选：C.
6．在平面直角坐标系中，双曲线：的左右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与相交于两点，与轴的交点为，，则的离心率为（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出的坐标后利用垂直关系可得的关系，从而可求离心率.
【详解】由双曲线的对称性，不妨设在轴的上方，
因为过且垂直于轴，故，
所以直线，整理得到，故.
因为，故，整理得到，
所以即，故.
故选：B.
7．蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点A，B，C，D，四面体ABCD的体积为，BD经过该鞠的中心，且，，则该鞠的表面积为（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取AC中点，连接、，易得AC为圆面ABC的直径，平面ABC，进而得到平面ABC，然后根据四面体ABCD的体积为，可求外接球半径并求表面积.
【详解】如图，取AC的中点M，连接BM与球O交于另一点N，连接OM，DN，
易知AC为圆面ABC的直径，平面ABC，
因为O，M分别为BD，BN的中点，所以，
所以平面ABC，
∵，∴，
即，在中，，
∴，∴，∴球O的表面积为．
故选：D．
8．设函数，若时，的最小值为.则下列选项正确的是（）
A．函数的周期为
B．将函数的图像向左平移个单位，得到的函数为奇函数
C．当，的值域为
D．方程在区间上的根的个数共有6个
【答案】D
【分析】A选项，由时，的最小值为，则可得半个最小正周期；BCD选项，由最小正周期可得，后由正弦函数奇偶性，值域，零点相关知识可判断选项正误.
【详解】A选项，时，的最小值为，可得的最小正周期为，故A错误；
B选项，由A可知，.则将函数的图像向左平移个单位，则得到的解析式为，则得到的函数为偶函数，故B错误；
C选项，当时，，因在上单调递增，在上单调递减，则，故C错误；
D选项，时，，则当时，，则在区间上的根的个数共有6个，故D正确.
故选：D
9．已知中，，，，，，则的取值范围为（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据已知可得到的距离为2，为等腰直角三角形，若为的两个四等分点，为中点，在线段上运动，且，数形结合求的取值范围.
【详解】由，结合向量加法法则知：到的距离为2，
又，则，所以，故为等腰直角三角形，
由，则，所以共线，
又，则，若为的两个四等分点，为中点，如下图示，

所以在线段上运动，且，，，
由图：若，则，又，此时，
故上述情况，易知，
由图知：与重合时，，
综上，的取值范围为.
故选：D
二、填空题
10．若复数为实数，则实数的值为 .
【答案】
【分析】利用复数除法运算化简得，利用实数定义可构造方程求得结果.
【详解】，
为实数，，解得：.
故答案为：.
11．的展开式中项的系数为．
【答案】
【分析】根据二项式定理求出通项，再求项的系数.
【详解】因，只需要求的展开式中含项的系数．
又的展开式的通项为，
则含项的系数分别是，，
的展开式中项的系数为.
故答案为：2.
12．已知圆的圆心坐标是，若直线与圆相切于点，则圆C的标准方程为 .
【答案】
【分析】根据圆心和切点的连线与直线垂直列方程，由此求得的值，利用两点间的距离公式求得圆的半径，进而求得圆的标准方程．
【详解】因为圆心坐标为，直线与圆相切于点
根据圆心和切点的连线与直线垂直，所以，解得，
根据两点间的距离公式，可得圆的半径
故圆的标准方程为．
故答案为：
三、双空题
13．甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出1球放入乙箱中，分别以、、表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则；若随机从甲箱中取出3个球，设取到红球个数为随机变量X，则X的数学期望为．
【答案】 /
【分析】由题意可得、、是两两互斥的事件，则，利用条件概率的概率公式求出即可，由题意可得X的取值可能为0，1，2，3，求出相应的概率，从而可求出X的数学期望
【详解】由题意可得、、是两两互斥的事件，，
若从甲箱中随机取出1红球放入乙箱中，则此时乙箱中有11个球，且其中5个是红球，
所以，同理可得，
所以
，
题意可得X的取值可能为0，1，2，3，则
，
，
，
，
所以,
故答案为：，
四、填空题
14．已知正实数m，n，满足，则的最小值为 .
【答案】
【分析】，利用函数单调性可得，又注意到，后由基本不等式可得答案.
【详解】，构造函数，则，即在上单调递增，
则.则，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：.
15．已知奇函数，有三个零点，则t的取值范围为 .
【答案】
【分析】由为奇函数求出的值，再利用导数研究函数和单调性和极值点，由有三个零点，求t的取值范围.
【详解】若，，函数没有三个零点，所以，
为奇函数，则，即，
得，
设，函数定义域为R，，为偶函数，
，是R上的增函数，且，
则，解得；，解得，
即在上单调递减，在上单调递增，
，由，则有，
所以，，
由，当且仅当时等号成立，则，
若，则，单调递减，没有三个零点；
若，令，则方程，即，
判别式，方程有两个不相等实数根，设两根为且，则有，，所以，
令，，由，则且，
，即，即，解得，得；
，即，即，解得或，得或，
所以在和上单调递减，在上单调递增，由，则有，，
由函数的单调性和递增速度可知，时，存在，的图像如图所示，

此时奇函数有三个零点.
综上可知，t的取值范围为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：
利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
五、解答题
16．在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若的面积，．
①求的值；
②求．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）用倍角公式即可求解；
（2）①面积公式结合余弦定理求出边长后，运用正弦定理即可求解；②由余弦定理求出角，再用倍角公式即可求解.
【详解】（1）因为，∴，
可得：，解得：或，
三角形为锐角三角形，∴，∴．
（2）①∵，可得，
又，可得：，
在中，由余弦定理得，，
∴，
在中，由正弦定理可得：．
②由余弦定理得：，
，，
．
17．如图，已知SA垂直于梯形所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求面与面夹角的正弦值；
(3)在线段EG上是否存在一点H，使得BH与平面所成角的大小为？若存在，求出GH的长；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）作辅助线后运用线线平行即可证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，用向量方法进行坐标运算即可求解；
（3）假设存在，用向量表示长度关系，再进行坐标运算即可求解.
【详解】（1）证明：连接FG如图，在中，F、G分别为SD、SB的中点，
所以．
又因为平面，平面，∴平面．
（2）解：因为平面，AB，平面，
所以，．
又，所以．
以，，为正交基底建立如下图所示的空间直角坐标系．
则，，，，
，，．
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，解得，．
所以平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
所以，，
所以面与面夹角正弦值为．
（3）解：假设存在点H，设，，
则．
由（2）知，平面的一个法向量为．
则，
即，所以．
故存在满足题意的点H，此时
18．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，短轴长为
（1）求椭圆C的标准方程
（2）直线与椭圆C交于P、Q两点，A，B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点，且直线AB的斜率为
①求四边形APBQ的面积的最大值
②设直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，判断的值是否为常数，并说明理由.
【答案】（1）；（2）①，②是常数，理由见解析．
【解析】（1）设椭圆的方程为，由题可得，再结合，即可求得,从而求得椭圆的标准方程；
（2）①设点、，联立，整理得：，四边形的面，而易求，代入韦达定理即可求得的表达式，从而求得的最大值；
②直线的斜率，直线的斜率，代入韦达定理化简整理可得的值为常数．
【详解】（1）设椭圆的方程为．
由题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①由（1）可求得点、的坐标为，，则，
设直线的方程为，设点、，
联立，整理得：，
由，可得.
由韦达定理知：，，
四边形的面积，
故当时，；
②由题意知，直线的斜率，直线的斜率，
则
.
所以的值为常数．
【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的标准方程，及椭圆中最值，定值问题,圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略：
(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
六、证明题
19．已知数列的前项和为，，是与的等差中项.
(1)求证：是等比数列，并求的通项公式；
(2)设，若数列是递增数列，求的取值范围；
(3)设，且数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，再根据，作差得到，即可得到，再由，即可得证，从而求出的通项公式；
（2）由（1）可知，即可得到，依题意可得，即可得到，再分为奇数、偶数两种情况讨论，参变分离，分别求出参数的取值范围，即可得解；
（3）首先证明，即可证明当时，，即可得证.
【详解】（1）证明：是与的等差中项，
①，
于是有②，
①②，即，
，
又，，，
，，
，即有，
又，，
是以为首项，为公比的等比数列，
所以，.
（2）由（1）可知，，
，，
所以，
是递增数列，，，
当是奇数时，，即恒成立，
数列单调递增，，
当是偶数时，，即恒成立
数列单调递减，，
综上，的取值范围是.
（3），，
即，
当时，
.
，，
当时，，综上所述，.
20．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求使恒成立的最大偶数a．
(3)已知当时，总成立．令，若在的图像上有一点列，若直线的斜率为，求证：．
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求切线斜率，然后由点斜式即可得切线方程；
（2）参变分离，令，利用二次导数讨论其单调性，设出隐零点进行代换即可求解；
（3）先利用导数证明，结合对进行放缩整理，然后分组求和即可证明.
【详解】（1）当时，，，
所以，曲线在点处切线的斜率为，
所以切线方程为．
（2）当时，使等价于，
令，所以，
令，所以，
所以在上单调递增，
又因为，，
所以在上，使，即，
当时，，；
当时，，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
因为，所以，
所以，且，
所以使恒成立的最大偶数为．
（3）时，，
，
令，则，
令，则，单调递增，
又，所以，当时，，单调递增，
又，所以，当时，，
即，则，
，
．
【点睛】本题第二问属于隐零点问题，主要是利用零点方程进行代换；第三问难点在于利用已知和对进行放缩，然后求和即可得证.

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