天津市耀华中学2023-2024学年高三上学期第一次月考数学试题（解析版）

天津市耀华中学2024届高三年级第一次月考数学学科试卷本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分.考试用时120分钟.第卷（选择题共45分）一、选择题：本大题共9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.已知集合，，（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据解一元二次不等式的解法，结合对数函数的单调性、集合交集的定义进行求解即可.【详解】因为，，所以，故选：B2.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】A【解析】【详解】分析：首先求解绝对值不等式，然后求解三次不等式即可确定两者之间的关系.详解：绝对值不等式，由.据此可知是的充分而不必要条件.本题选择A选项.点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.函数的部分图象是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据奇偶性排除B，当时，，排除CD，得到答案.【详解】，为奇函数，排除B当时，恒成立，排除CD故答案选A【点睛】本题考查了函数图像的判断，通过奇偶性，特殊值法排除选项是解题的关键.4.5G技术在我国已经进入调整发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如下表所示：时间12345销售量（千只）0.50.81.01.21.5若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（）A.由题中数据可知，变量与正相关，且相关系数B.线性回归方程中C.当解释变量每增加1个单位时，预报变量平均增加0.24个单位D.可以预测时，该商场5G手机销量约为1.72（千只）【答案】ACD【解析】【分析】根据已知数据，分析总体单调性，结合增量的变化判断A选项；根据已知数据得到样本中心点，代入回归方程求解即可判断B选项；根据回归方程判断CD选项.【详解】从数据看随的增加而增加，故变量与正相关，由于各增量并不相等，故相关系数，故A正确；由已知数据得，，代入中得到，故B错；根据线性回归方程可得每增加一个单位时，预报变量平均增加0.24个单位，故C正确.将代入中得到，故D正确.故选：ACD.5.已知，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由指数函数与对数函数的单调性求解即可【详解】因为，而，且，所以.又，所以，故选：A.6.已知，则（）A.11或B.11或C.12或D.10或【答案】A【解析】【分析】对两边同时取对数，可解得或，讨论或时的值，即可得出答案.【详解】由，两边取对数得，所以或.当时，8，所以；当时，，所以，综上，或，故选：A.7.“送出一本书，共圆读书梦”，某校组织为偏远乡村小学送书籍的志愿活动，运送的卡车共装有10个纸箱，其中5箱英语书、2箱数学书、3箱语文书．到目的地时发现丢失一箱，但不知丢失哪一箱．现从剩下9箱中任意打开2箱都是英语书的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】剩下9箱中任意打开2箱都是英语书的情况整体分为三种情况：丢失的英语书、数学书和语文书，计算出每种情况的概率即可.【详解】设事件A表示丢失一箱后任取两箱是英语书，事件表示丢失的一箱为分别表示英语书、数学书、语文书．由全概率公式得．故选：A8.将函数的图像上所有点横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图像，有下述四个结论：函数在上单调递增点是函数图像的一个对称中心当时，函数的最大值为2其中所有正确结论的编号是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据图象变换可得，结合正弦函数的性质逐项分析判断.【详解】由题意可得：，故错误；因为，则，且在上单调递增，所以函数在上单调递增，故正确；因为，所以点是函数图像的一个对称中心，故正确；因为，则，所以当，即时，函数的最大值为，故错误；故选：B.9.已知函数有且只有3个零点，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求时函数的零点，再考虑时，函数在的零点，由此确定函数在上的零点个数，结合二次函数性质求a的取值范围.【详解】当时，，所以区间内的任意实数和都为函数的零点，不满足要求；当时，若，则，令，可得(舍去)，或，所以为函数的一个零点；若，则，令，则，所以，若，即，则函数在上有一个零点；若或时，则函数在上没有零点；当时，函数在上有两个零点；当或时，函数在上有一个零点，因为当时，函数在上有两个零点；又函数在上有3个零点，所以函数在上有且只有一个零点，即方程在上有一个根，由，当时，方程的根为(舍去)，故时，方程在上没有根，矛盾当时，，设，函数的对称轴为，函数的图象为开口向下的抛物线，由方程在上有一个根可得，所以，所以，当时，则函数在上有一个零点；又函数在上有3个零点，所以函数在上有且只有两个零点，即方程在上有两个根，由可得函数的图象为开口向上的抛物线，函数的对称轴为，则，，，所以，，满足条件的不存在，当时，则函数在上有一个零点；又函数在上有3个零点，所以函数在上有且只有两个零点，即方程在上有两个根，由可得函数的图象为开口向下的抛物线，函数的对称轴为，则，，，所以，，，所以，故实数a的取值范围是.故选：B【点睛】关键点睛：含绝对值函数的相关问题的解决的关键在于去绝对值，将其转化为不含绝对值的函数，分段函数的性质的研究可以分段研究.第卷（非选择题共105分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，请将答案填写在答题卡上.10.复数（为虚数单位），则______.【答案】【解析】【分析】先利用复数的运算化简复数，再利用模长的公式求解模长.【详解】.所以.故答案为：11.在的二项展开式中，的系数为___________．【答案】【解析】【详解】试题分析：因为，所以由得，因此的系数为考点：二项式定理【方法点睛】1．求特定项系数问题可以分两步完成：第一步是根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且nr）；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项的系数．2．有理项是字母指数为整数的项．解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其为整数，再根据数的整除性来求解．12.若，，则________；________.【答案】.##.##0.6【解析】【分析】由，，可得出，再结合同角平方关系即可求出，从而算出，再由二倍角公式求出.【详解】，，即，，又，解得，，解得，.综上，、.故答案为：，.13.某专业资格考试包含甲乙丙3个科目，假设小张甲科目合格的概率为，乙丙科目合格的概率均为，且3个科目是否合格相互独立.设小张3科中合格的科目数为X，则___________；___________.【答案】.；.##.【解析】【分析】根据独立事件概率的公式，结合数学期望的公式进行求解即可.【详解】；，，，所以，故答案为：；14.已知，，则的最大值为________.【答案】##【解析】【分析】利用基本不等式可得答案.【详解】因为，，所以，当且仅当即等号成立.故答案为：.15.设，函数.若在上单调递增，且函数与的图象有三个交点，则的取值范围是________.【答案】.【解析】【分析】利用在上单调递增可得，函数与的图象有三个交点，可转化为方程在上有两个不同的实数根可得答案.【详解】当时，，因为在上单调递增，所以，解得，又函数与图象有三个交点，所以在上函数与的图象有两个交点，即方程在上有两个不同的实数根，即方程在上有两个不同的实数根，所以，解得，当时，令，由时，，当时，，此时，，结合图象，所以时，函数与的图象只有一个交点，综上所述，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是转化为方程在上有两个不同的实数根.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卡上.16.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.（1）求角；（2）若，求的值；（3）若，，求的值.【答案】（1）.（2）.（3）【解析】【分析】（1）由正弦定理化边为角后，由诱导公式和两角和的正弦公式化简后可求得；（2）由二倍角公式求得后再由两角和的正弦公式可求值；（3）由正弦定理求得，再由余弦定理求得．【详解】（1），由正弦定理得，，即.，又，（2）由已知得，，.（3）由正弦定理，得.由（1）知，，由余弦定理得，.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、考查两角和的正弦公式、二倍角公式、诱导公式，同角间的三角函数关系，考查公式较多，解题关键是正确选择应用公式的顺序．在三角形中出现边角关系时，常常用正弦定理进行边角转换．17.已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在；或【解析】【分析】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；（3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可.【小问1详解】证明：法一：分别取、的中点、，连接、、，由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，，因为，所以，所以点、、、四点共面，因为、分别为、的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为，平面，平面，所以平面，又因为，、平面，所以平面平面，因为平面，所以平面；法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，所以，易知平面的一个法向量，所以，所以，又因为平面，所以平面．【小问2详解】解：设平面的法向量，，，则，取，可得，所以平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角余弦值为；【小问3详解】解：假设存在点，使得，其中，则，由（2）得平面的一个法向量为，由题意可得，整理可得．即，因为，解得或，所以，或．18.已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．（1）求的通项公式；（2）证明：当时，．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.【小问1详解】设等差数列的公差为，而，则，于是，解得，，所以数列的通项公式是.【小问2详解】方法1：由（1）知，，，当为偶数时，，，当时，，因此，当奇数时，，当时，，因此，所以当时，.方法2：由（1）知，，，当为偶数时，，当时，，因此，当为奇数时，若，则，显然满足上式，因此当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.19.如图，已知椭圆：的离心率为，过左焦点且斜率为的直线交椭圆于两点，线段的中点为，直线：交椭圆于两点.（1）求椭圆的方程；（2）求证：点在直线上；（3）是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）详见解析（3）存在，且【解析】【分析】（1）根据离心率和焦点坐标列方程组，解方程组求得的值，进而求得椭圆的方程.（2）写出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，求得中点的坐标，将坐标代入直线的方程，满足方程，由此证得点在直线上.（3）由（2）知到的距离相等，根据两个三角形面积的关系，得到是的中点，设出点的坐标，联立直线的方程和椭圆的方程，求得点的坐标，并由此求得的值.【详解】解：(1)解：由，解得，所以所求椭圆的标准方程为（2）设，，，，消得，，解得将代入到中，满足方程所以点在直线上.（3）由（2）知到的距离相等，若的面积是面积的3倍，得，有，是的中点，设，则，联立，解得，于是解得，所以.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查根与系数关系，考查方程的思想，属于中档题.要证明一个点在某条直线上，那么先求得这个点的坐标，然后将点的坐标代入直线方程，如果方程成立，则这个点在直线上，否则不在这条直线上.20.已知函数，，其中．（1）讨论函数的单调性，并求不等式的解集；（2）用表示m，n的最大值，记，讨论函数的零点个数．【答案】（1）增函数；；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）先对函数求导，得到，根据导数的方法，即可判定其单调性，进而可求出不等式的解集.（2）时，恒成立，当时，恒成立，故的零点即为函数的零点，讨论在的零点个数得到答案.【详解】（1），当时，，，，当时，，，，当时，，所以当时，，即在R上是增函数；又，所以的解集为．（2））函数的定义域为由（1）得，函数在单调递增，当时，，又，所以时，恒成立，即时，无零点.当时，恒成立，所以零点即为函数的零点下面讨论函数在的零点个数：，所以当时，因为，又函数在区间递减，所以即当时，，所以单调递减，由得：当时，递增当时，递减当时，，当时又，当时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点；当时，函数有3个零点；当时，，由得：当时，，递增，当时，，递减，所以，，所以当时函数有2个零点当时，，，即成立，由，所以当时函数有1个零点综上所述：当或时，函数有1个零点；当或时，函数有2个零点；当时，函数有3个零点.【点睛】思路点睛：导数的方法研究函数的零点时，通常需要对函数求导，根据导数的方法研究函数单调性，极值或最值等，有时需要借助数形结合的方法求解.