2024屆天津南開中學高三數(shù)學上學期第四次月考試卷附答案解析

2024屆天津南開中學高三數(shù)學上學期第四次月考試卷考試時間：120分鐘本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷兩部分，共150分．考試結(jié)束后，請交回答題卡．第Ⅰ卷一、選擇題（在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1．設全集，集合，，則（

）A． B． C． D．2．若x，，則“”的一個必要不充分條件可以是（

）A． B． C． D．3．已知，，，則a，b，c的大小關系是（

）A． B． C． D．4．函數(shù)圖象如圖所示，則函數(shù)的解析式可能是（

）A． B．C． D．5．某市為了解全市12000名高一學生的體能素質(zhì)情況，在全市高一學生中隨機抽取了1000名學生進行體能測試，并將這1000名的體能測試成績整理成如下頻率分布直方圖．根據(jù)此頻率分布直方圖，下列結(jié)論中正確的是（

）A．圖中a的值為0.020B．同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值做代表，則這1000名學生的平均成績約為81.5C．估計樣本數(shù)據(jù)的75%分位數(shù)為88D．由樣本數(shù)據(jù)可估計全市高一學生體測成績優(yōu)異（80分及以上）的人數(shù)約為7200人6．截角四面體是一種半正八面體，可由四面體經(jīng)過適當?shù)慕亟嵌玫剑鐖D所示，將棱長為6的正四面體沿棱的三等分點作平行于底面的截面截角得到所有棱長均為2的截角四面體，則該截角四面體的體積為（

）A． B． C． D．7．已知等比數(shù)列的前項和為，．在與之間插入個數(shù)，使這個數(shù)組成一個等差數(shù)列，記插入的這個數(shù)之和為，的值為（

）A．240 B．360 C．480 D．5608．拋物線上的點到其焦點的距離是M到y(tǒng)軸距離的2倍，過雙曲線C：的左右頂點A、B作C的同一條漸近線的垂線，垂足分別為P、Q，，則雙曲線的離心率為（

）A．2 B． C． D．9．已知函數(shù)，則下列結(jié)論中正確個數(shù)為（

）①若對于任意，都有成立，則②若對于任意，都有成立，則③當時，在上單調(diào)遞增，則的取值范圍為④當時，若對任意的，函數(shù)在至少有兩個零點，則的取值范圍為A．1個 B．2個 C．3個 D．4個第Ⅱ卷二、填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分）．10．設為虛數(shù)單位，復數(shù)的實部與虛部的和為，則．11．的展開式中常數(shù)項為．12．直線l：與圓C：交A，B兩點，若為等邊三角形，則a的值為．13．假設某市場供應的燈泡中，甲廠產(chǎn)品占60%，乙廠產(chǎn)品占40%，甲廠產(chǎn)品的合格率為90%，乙廠產(chǎn)品的合格率為80%，在該市場中購買甲廠的兩個燈泡，則均合格品的概率為；若在該市場中隨機購買兩個燈泡，則這兩個燈泡恰有一個是合格品的概率為．14．在中，已知是斜邊上一動點，點滿足，若，若點在邊所在的直線上，則的值為；的最大值為.15．，若有且只有兩個零點，則實數(shù)的取值范圍是．三、解答題（本大題共5小題，共75分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．）16．已知a，b，c分別是的內(nèi)角A，B，C的對邊，且．(1)求．(2)若，的面積為，求的周長．(3)在（2）的條件下，求的值．17．如圖，四棱臺中，上、下底面均是正方形，且側(cè)面是全等的等腰梯形，，E，F(xiàn)分別為DC，BC的中點，上下底面中心的連線垂直于上下底面，且與側(cè)棱所在直線所成的角為45°．(1)求證：平面；(2)求點到平面的距離；(3)邊BC上是否存在點M，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段BM的長；若不存在，請說明理由．18．已知橢圓C：，若橢圓的焦距為4且經(jīng)過點，過點的直線交橢圓于P，Q兩點．(1)求橢圓方程；(2)求面積的最大值，并求此時直線的方程；(3)若直線與x軸不垂直，在x軸上是否存在點使得恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，說明理由．19．已知數(shù)列滿足：，正項數(shù)列滿足：，且，，．(1)求，的通項公式；(2)已知，求：；(3)求證：．20．已知函數(shù)．（注：是自然對數(shù)的底數(shù)）．(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)當時，函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有唯一的極值點．①求實數(shù)a的取值范圍；②求證：在區(qū)間內(nèi)有唯一的零點，且．．B【分析】根據(jù)并集、補集的定義求解即可【詳解】，又，所以，又，故選：B2．A【分析】由必要不充分條件的意義和指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)逐一判斷即可.【詳解】A：，是“”的必要不充分條件，故A正確；B：，是“”的既不充分也不必要條件，故B錯誤；C：，是“”的既不充分也不必要條件，故C錯誤；D：，是“”的充分不必要條件，故D錯誤；故選：A3．B【分析】根據(jù)指、對數(shù)函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合中間值0，1，分析判斷即可.【詳解】由題意可得：，，且，則，因為，則，故選：B4．C【分析】根據(jù)奇偶性可排除AD，根據(jù)可排除B；結(jié)合指數(shù)函數(shù)性質(zhì)可知C正確.【詳解】對于A，，為偶函數(shù)，則圖象關于軸對稱，與已知圖象不符，A錯誤；對于B，當時，，與已知圖象不符，B錯誤；對于D，，不是奇函數(shù)，則圖象不關于原點對稱，與已知圖象不符，D錯誤；對于C，，，為奇函數(shù)，圖象關于原點對稱；為上的減函數(shù)，為上的增函數(shù)；又，圖象與已知圖象符合，C正確.故選：C.5．D【分析】根據(jù)頻率和為1，計算a的值,判斷選項A；根據(jù)平均數(shù)公式，判斷B；根據(jù)百分位數(shù)公式，判斷C；計算體測成績在內(nèi)的頻率，再結(jié)合總?cè)藬?shù)，即可判斷D.【詳解】由頻率分布直方圖可知，，得，故A錯誤；，故B正確；設75%百分位數(shù)為x，，而，所以，則，解得，故C錯誤；則體測成績在的頻率為，估計全市高一學生體測成績優(yōu)異（80分及以上）的人數(shù)約為人，故D對，故選：D6．D【分析】求出棱長為的正四面體的體積，再結(jié)合割補法求出體積.【詳解】棱長為的正四面體的底面正三角形半徑，則該正四面體的高，該正四面體的體積，所以該截角四面體的體積為.故選：D7．A【分析】先求得，然后利用等差數(shù)列的性質(zhì)求得.【詳解】設等比數(shù)列的公比為，依題意，，則，即，所以，所以，則，則，所以，所以，，所以.故選：A8．A【分析】由拋物線定義及點在拋物線上求得，進而可得A、B坐標，結(jié)合雙曲線漸近線性質(zhì)及列方程求雙曲線參數(shù)c，即可得離心率.【詳解】由題設得，解得，故C：，所以，漸近線為，設P、Q在上，設直線的傾斜角為，則，又，解得，所以，故，即，所以，故選：A.9．C【分析】①結(jié)合三角函數(shù)的值域來處理恒成立問題；②根據(jù)題干可得到函數(shù)的周期，結(jié)合三角函數(shù)的最小正周期和周期的關系進行判斷；③根據(jù)三角函數(shù)的單調(diào)性進行求解；④由于的任意性，類比至少一個周期才保證至少有兩個零點.【詳解】對于①，若恒成立，只需要，根據(jù)正弦函數(shù)的值域可知，只需要，則，①正確；對于②，說明周期是，但不能說明最小正周期是，最小正周期的倍數(shù)是均符合題意，例如最小正周期是，此時，顯然也成立，②錯誤；對于③，時，當，，根據(jù)正弦函數(shù)在上單調(diào)遞增可知，，解得，③正確；對于④，時，，當，，若，有兩個零點，則中至少包含一個完整的周期，即，得到，④正確.綜上所述故有3項正確.故選：C10．##【分析】由復數(shù)的運算和解一元二次方程得出結(jié)果.【詳解】，所以，解得，故答案為：.11．1【分析】根據(jù)給定條件，求出二項式的展開式中項即可得解.【詳解】二項式的展開式中項為，所以的展開式中常數(shù)項為.故答案為：112．##【分析】由圓心到直線的距離等于等邊三角形的高求出結(jié)果即可.【詳解】圓心，半徑，圓心到直線的距離，因為為等邊三角形，所以，故答案為：.13．【分析】利用獨立重復事件的概率以及全概率公式求解.【詳解】在該市場中購買甲長的兩個燈泡，則均合格的概率為，若在該市場中隨機購買一個燈泡，則這個燈泡是合格品的概率為，在該市場中隨機購買兩個燈泡，則這兩個燈泡恰有一個是合格品的概率為故答案為：；.14．1##【分析】根據(jù)共線定理推論即得；建立直角坐標系，寫出直線BC的方程，根據(jù)方程設點P坐標，結(jié)合條件可得Q的軌跡方程，進而設出點Q坐標，根據(jù)已知表示出然后利用三角函數(shù)的性質(zhì)即得.【詳解】因為，若點在邊所在的直線上，則；以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，AC所在直線為y軸建立平面直角坐標系，則，，，得直線BC的方程為，則可設，其中，由，得點Q在以點P為圓心，2為半徑的圓上，可設，由，，，因為，所以，所以，即，則（其中），所以，即，故的最大值為.故答案為：；.15．【分析】當時，求導得到單調(diào)區(qū)間，根據(jù)平移和翻折得到函數(shù)圖象，變換得到，根據(jù)函數(shù)圖象得到或，解得答案.【詳解】當時，，，當時，，函數(shù)單調(diào)遞增；當時，，函數(shù)單調(diào)遞減，且，當時，，其圖象可以由的圖象向左平移一個單位，再向下平移個單位，再把軸上方的圖象翻折到軸下方得到，畫出函數(shù)圖象，如圖所示：，當時，，無零點；當時，，即，函數(shù)有兩個零點，即函數(shù)與函數(shù)的圖象有兩個交點，根據(jù)圖象知：或，解得或.故實數(shù)的取值范圍是.故答案為：.【點睛】關鍵點睛：本題考查了利用導數(shù)解決函數(shù)的零點問題，意在考查學生的計算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應用能力，其中畫出函數(shù)圖象，將零點問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點問題是解題的關鍵，數(shù)形結(jié)合的思想需要熟練掌握.16．(1)(2)(3)【分析】（1）由正弦定理和兩角和的正弦展開式可求；（2）由三角形面積公式和同角三角函數(shù)關系求出和，再由余弦定理解方程組可得三角形邊長，進而求出周長；（3）由余弦展開式和二倍角公式求出結(jié)果即可.【詳解】（1）由得到，由正弦定理和兩角和的正弦展開式可得，所以.（2），且，由，解得，所以，又由余弦地理和上問可得，將代入上式可得，所以，，所以的周長為.（3）①，由上問可知，等腰，，，所以，，代入①可得，所以.17．(1)詳見解析；(2)(3)1【分析】（1）建立空間直角坐標系，設平面的一個法向量為，論證即可；（2）由，得到點到平面的距離為求解；（3）假設在邊BC上存在點M，設，由求解.【詳解】（1）證明：由題設可得四棱臺為正四棱臺，故可建立如圖所示空間直角坐標系：則，所有，設平面的一個法向量為，則，即，令，則，所以，因為，且平面，所以平面；（2）易知，則，所以點到平面的距離為；（3）假設在邊BC上存在點M，設，則，因為直線與平面所成的角的正弦值為，所以，即，解得或（舍去），則，此時.18．(1)(2)面積最大值為，直線或(3)存在，【分析】（1）由焦距是4求出，將代入橢圓方程求出，得到答案；（2）根據(jù)題意設直線，與橢圓方程聯(lián)立可得，由，代入運算化簡，利用不等式求出面積的最大值；（3）根據(jù)題意有，轉(zhuǎn)化為，由第二問代入運算得解.【詳解】（1）由題意，，將點代入橢圓方程得，解得，，所以橢圓的方程為.（2）根據(jù)題意知直線的斜率不為0，設直線，，，聯(lián)立，消去整理得，，，且，，令，，，當且僅當，即，即時，等號成立，所以面積的最大值為，此時直線的方程為或.（3）在軸上存在點使得，理由如下：因為，所以，即，整理得，即，即，則，又，解得，所以在軸上存在點使得.19．(1)，(2)(3)證明見詳解【分析】（1）由題意可得數(shù)列為等差數(shù)列，數(shù)列為等比數(shù)列，再分別求解公差與公比即可求；（2）代入化簡可得，再分組根據(jù)錯位相減與裂項相消求和即可；（3）放縮可得，再裂項相消求和即可.【詳解】（1）因為，所以數(shù)列為等差數(shù)列，設公差為，因為，所以數(shù)列為等比數(shù)列，設公比為，且，因為，，，所以，即，解得，所以，.（2）由（1）可知，由，記作差,得:所以,∴.（3）令，因為，且，所以成立；因為，所以，因為，所以，故，綜上，所以.20．(1)(2)；證明見解析.【分析】（1）利用導數(shù)的幾何意義計算即可；（2）①利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，分離參數(shù)計算函數(shù)的單調(diào)性計算即可求實數(shù)a的取值范圍；②結(jié)合①的結(jié)論先判定的單調(diào)性與最值，根據(jù)零點存在性定理即可判定零點個數(shù)，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合構造函數(shù)來證明即可證明結(jié)論.【詳解】（1）當時，，所以，即切點，故曲線在點處的切線方程為：；（2）①.函數(shù)，，（ⅰ）當時，當時，，，，則在上單調(diào)遞增，沒有極值點，不合題意，舍去；（ⅱ）當時，設，則在上恒成立，所以在上遞增，即在上遞增，又，，所以在上有唯一零點，當時，，函數(shù)單調(diào)遞減；當時，，函數(shù)單調(diào)遞增，所以函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有唯一極值點，符合題意，綜上，的取值范圍是．②由①知，當時，，當時，，函數(shù)單調(diào)遞減；當時，，函數(shù)單調(diào)遞增；所以時，，則，又因為，所以在上有唯一零點，即在上有唯一零點．因為，由①知，所以，則，設，，則，，，所以在為單調(diào)遞增，又，