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天津市耀華中學2024屆高三年級暑期學情反饋數學試卷本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試用時120分鐘.祝同學們考試順利！第Ⅰ卷（選擇題共45分）一、選擇題：本大題共5小題，每小題5分，共45分.在每小題給出的四個選項中，有且只有一項是符合題目要求的，請把正確答案填涂在答題卡上.1.設全集，集合，，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出集合，根據集合并集與補集運算求解.【詳解】方程的兩根分別為，故，所以，.故選：D2.設，則“”是“”的A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】分別求出兩不等式的解集，根據兩解集的包含關系確定.詳解】化簡不等式，可知推不出；由能推出， 故“”是“”的必要不充分條件，故選B．【點睛】本題考查充分必要條件，解題關鍵是化簡不等式，由集合的關系來判斷條件．3.函數在的圖像大致為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據函數的奇偶性以及特殊點的函數值確定正確答案.【詳解】設，的定義域為，，所以是奇函數，圖像關于原點對稱，C選項錯誤.，所以BD選項錯誤，A選項正確.故選：A4.某部門隨機調查了90名工作人員，為了了解他們的休閑方式是讀書還是健身與性別是否有關，得到的數據如列聯表所示.若認為性別與休閑方式有關，則此時犯錯誤的概率不超過（）性別休閑方式合計讀書健身女生25（）20（）45男生15（）30（）45合計405090 附：，，0.0500.0100.0013.8416.63510.828A.0.01B.0.05C.95%D.99.5%【答案】B【解析】【分析】計算的值，由此確定正確答案.【詳解】依題意，，所以犯錯誤的概率不超過的情況下，認為性別與休閑方式有關.故選：B5.已知，則（）A.25B.5C.D.【答案】C【解析】【分析】根據指數式與對數式的互化，冪的運算性質以及對數的運算性質即可解出．【詳解】因為，，即，所以．故選：C.6.已知，，，則a，b，c的大小關系為AB.C.D.【答案】D【解析】【詳解】分析：由題意結合對數函數的性質整理計算即可求得最終結果. 詳解：由題意結合對數函數的性質可知：，，，據此可得：.本題選擇D選項.點睛：對于指數冪的大小的比較，我們通常都是運用指數函數的單調性，但很多時候，因冪的底數或指數不相同，不能直接利用函數的單調性進行比較．這就必須掌握一些特殊方法．在進行指數冪的大小比較時，若底數不同，則首先考慮將其轉化成同底數，然后再根據指數函數的單調性進行判斷．對于不同底而同指數的指數冪的大小的比較，利用圖象法求解，既快捷，又準確．7.甲罐中有5個紅球，2個白球和3個黑球，乙罐中有4個紅球，3個白球和3個黑球.先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別以、和表示從甲罐中取出紅球、白球和黑球，再從乙罐中隨機取出一球，以表示從乙罐中取出的球是紅球，則下列結論中正確的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據全概率公式求得，結合條件概型的知識確定正確答案.【詳解】依題意，，A選項正確.，B選項錯誤，，C選項錯誤，，D選項錯誤.故選：A8.設函數的定義域為R，為奇函數，為偶函數，當時，．若，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】通過是奇函數和是偶函數條件，可以確定出函數解析式，進而利用定義或周期性結論，即可得到答案．【詳解】[方法一]：因為是奇函數，所以①；因為是偶函數，所以②．令，由①得：，由②得：，因為，所以，令，由①得：，所以．思路一：從定義入手．所以．[方法二]：因為是奇函數，所以①；因為是偶函數，所以②．令，由①得：，由②得：，因為，所以，令，由①得：，所以．思路二：從周期性入手由兩個對稱性可知，函數的周期．所以． 故選：D．【點睛】在解決函數性質類問題的時候，我們通常可以借助一些二級結論，求出其周期性進而達到簡便計算的效果．9.已知函數圖象上存在關于y軸對稱的兩點，則正數a的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先分析的單調性，可得對稱點分別位于與的圖象上，從而得到，進而利用同構法，構造函數得到，再構造函數，由此得解.【詳解】因為，所以當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞增；又的圖象上存在關于y軸對稱的兩點，所以這兩個對稱點分別位于與的圖象上；設在的圖象上，則在函數的圖象上，且，故有，即，進而；設，則，又恒成立，故在上單調遞增，所以，即，令，則在上恒成立， 故在上單調遞減，故，則，于是．故選：B．【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵在于利用同構法，將轉化為，從而構造了函數，由此得解.第Ⅱ卷（非選擇題共105分）二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共計30分.不需寫出解答過程，請把答案填在答案紙上的指定位置.10.已知（為虛數單位），則________.【答案】【解析】【分析】利用復數乘法、除法運算求得正確答案.【詳解】依題意，則.故答案為：11.展開式中常數項為______．【答案】60【解析】【分析】先求出展開式的通項公式,再令的指數為0,解出,進而可求出常數項.【詳解】的展開式中的通項公式：.令-6=0，解得r=4．∴的展開式中常數項為:=60．故答案60． 【點睛】本題考查了二項式定理,屬基礎題.12.將字母、、、、、排成一排，其中必須在的左邊，則不同的安排方法有________.（用數字作答）【答案】【解析】【分析】先安排，然后排其它字母，由此計算出不同的安排方法.【詳解】先安排，方法數有種方法，再安排其它字母，方法數有種，故不同的安排方法有種.故答案為：13.現有7張卡片，分別寫上數字1，2，2，3，4，5，6．從這7張卡片中隨機抽取3張，記所抽取卡片上數字的最小值為，則__________，_________．【答案】①.，②.##【解析】【分析】利用古典概型概率公式求，由條件求分布列，再由期望公式求其期望.【詳解】從寫有數字1,2,2,3,4,5,6的7張卡片中任取3張共有種取法，其中所抽取的卡片上的數字的最小值為2的取法有種，所以，由已知可得的取值有1，2，3，4，，，，所以,故答案為：，.14.已知，則的最小值是_______． 【答案】【解析】【分析】根據題設條件可得，可得，利用基本不等式即可求解.【詳解】∵∴且∴，當且僅當，即時取等號.∴的最小值為.故答案為：.【點睛】本題考查了基本不等式在求最值中的應用.利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內涵：一正是，首先要判斷參數是否為正；二定是，其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最小）；三相等是，最后一定要驗證等號能否成立（主要注意兩點，一是相等時參數否在定義域內，二是多次用或時等號能否同時成立）.15.設函數存在最小值，則的取值范圍是________.【答案】【解析】【分析】根據的值與的大小關系進行分類討論，每種情況分別求函數在和的最小值，并比較大小即可.【詳解】①當時，，故函數在上單調遞增，因此不存在最小值；②當時，.當時，，故函數存在最小值；③當時，，故函數在上單調遞減，當時，；當時，.若，則不存在最小值，故，解得. 此時滿足題設；④當時，，故函數在上單調遞減，當時，；當時，.因為，所以，因此不存在最小值.綜上，的取值范圍是.故答案為：.三、解答題：本大題共5小題，共75分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟，請把解題過程寫在答案紙上.16.在銳角中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知.（1）求角B的大??；（2）設，，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，從而求出；（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、，最后根據兩角和的正弦公式計算可得；【小問1詳解】解：在中，由正弦定理，可得，又由，得，即，又因為，可得.【小問2詳解】解：由（1）得，在中，，，由余弦定理有，故. 由正弦定理，即，可得.又因為，故.因此，.所以.17.如圖，P，O分別是正四棱柱上、下底面的中心，E是AB的中點，，．（1）求證：平面PBC；（2）求直線PA與平面PBC所成角的正弦值；（3）求平面POC與平面PBC夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】(1)建立坐標系，利用平面的法向量與的數量積為零可證明；(2)利用與平面的法向量可求解；(3)利用平面的法向量可求解. 【小問1詳解】以點O為原點，直線OA，OB，OP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，由上得，，，設平面PBC的法向量為，則由得取，得，因為，所以，又平面PBC，所以平面PBC．【小問2詳解】由（1）知平面PBC的法向量為，因為，所以，所以直線PA與平面PBC所成角的正弦值為．【小問3詳解】顯然，平面POC的法向量為，由（1）知平面PBC的法向量為，設平面POC與平面PBC的夾角為，則．18.已知橢圓C：1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F1、F2，點P（﹣1，）在橢圓C 上，且|PF2|．（1）求橢圓C的方程；（2）過點F2的直線l與橢圓C交于A，B兩點，M為線段AB的中點，若橢圓C上存在點N，滿足3（O為坐標原點），求直線l的方程．【答案】（1）．（2）xy﹣1＝0或xy﹣1＝0．【解析】【分析】（1）根據題意得①，②，③，由①②③組成方程組，解得，，進而得橢圓的方程．（2）設直線的方程為，，，，，聯立直線與橢圓的方程得關于的一元二次方程，結合韋達定理得，，從而得線段中點坐標，點的坐標，將其代入橢圓方程，可解得，進而得出直線的方程．【詳解】解：（1）因為點在橢圓上，且．所以，①，解得，②又因為③由①②③組成方程組，解得，，所以橢圓的方程為：．（2）由（1）可知，設直線的方程為，，，，，聯立直線與橢圓的方程得，得，則， 所以線段中點，，所以，，所以點的坐標為，，將點坐標代入橢圓的方程，解得，，所以直線的方程為：或．【點睛】本題考查橢圓的標準方程，直線與橢圓的相交問題，屬于中檔題．19.已知等比數列的公比，若，且，，分別是等差數列第1，3，5項.（1）求數列和的通項公式；（2）記，求數列的前項和；（3）記，求的最大值和最小值.【答案】（1），（2）（3）最大值為，最小值為【解析】【分析】（1）根據等差數列、等比數列的知識求得.（2）利用錯位相減求和法求得.（3）利用裂項求和法，結合對進行分類討論，由此求得的最大值和最小值.【小問1詳解】依題意，，， 解得，所以，則，設等差數列的公差為，則，所以.【小問2詳解】，，，兩式相減得，.【小問3詳解】，，當為偶數時，，令（為偶數），則是單調遞增數列， 最小值為，且.當為奇數是，，令（為奇數），則是單調遞減數列，最大值為，且.綜上所述，的最大值為，最小值為.【點睛】求解等差數列或等比數列的通項公式，關鍵是通過基本量的計算求得首項和公差（公比）.求解形如等差數列乘以等比數列，或等差數列除以等比數列的數列的前項和，使用的方法是錯位相減求和法.20.已知函數．（1）當時，討論的單調性；（2）當時，，求a的取值范圍；（3）設，證明：．【答案】（1）的減區(qū)間為，增區(qū)間為.（2）（3）見解析【解析】【分析】（1）求出，討論其符號后可得的單調性.（2）設，求出，先討論時題設中的不等式不成立，再就結合放縮法討論符號，最后就結合放縮法討論的范圍后可得參數的取值范圍.（3）由（2）可得對任意的恒成立，從而可得對任意的恒成立，結合裂項相消法可證題設中的不等式.小問1詳解】 當時，，則，當時，，當時，，故的減區(qū)間為，增區(qū)間為.【小問2詳解】設，則，又，設，則，若，則，因為為連續(xù)不間斷函數，故存在，使得，總有，故在為增函數，故，故在為增函數，故，與題設矛盾.若，則，下證：對任意，總有成立，證明：設，故，故在上為減函數，故即成立.由上述不等式有，故總成立，即在上為減函數，所以.當時，有，所以在上為減函數，所以.綜上，.【小問3詳解】取，則，總有成立， 令，則，故即對任意的恒成立.所以對任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【點睛】思路點睛：函數參數的不等式的恒成立問題，應該利用導數討論函數的單調性，注意結合端點處導數的符號合理分類討論，導數背景下數列不等式的證明，應根據已有的函數不等式合理構建數列不等式.