天津市河东区2024届高三上学期期中数学试题（解析版）

PAGEPAGE1天津市河东区2024届高三上学期期中数学试题一、单选题1.已知全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，即，解得或，所以或，则，由，则，解得，所以，所以.故选：C.2.已知，命题“，”是真命题的一个充分不必要条件是（）（）A B. C. D.【答案】A【解析】因为且，，所以，对恒成立，所以，因为∈，所以是命题“，”是真命题的一个充分不必要条件.故选：A.3.函数在区间上的大致图像为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由题可得偶函数，排除A,D两个选项，当时，，，当时，，，所以当时，仅有一个零点.故选：C.4.设，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由于，故，，，故，故选：C5.设等差数列的前项和为，数列的前和为，已知，，，若，则正整数的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设的公差为，则，解得，故，故，则，因为，所以，解得.故选：B.6.为征求个人所得税法修改建议，某机构调查了名当地职工的月收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图：下面三个结论：估计样本的中位数为元；如果个税起征点调整至元，估计有的当地职工会被征税；根据此次调查，为使以上的职工不用缴纳个人所得税，起征点应调整至元．其中正确结论的个数有（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以中位数位于，设中位数为，则，解得，故①错误；因为，所以如果个税起征点调整至元，估计有的当地职工会被征税，故②错误；因为，所以为使以上的职工不用缴纳个人所得税，起征点应低于元，故③错误．故选：A.7.陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地视为由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，如图1是一种木陀螺，其直观图如图2所示，，分别为圆柱上、下底面圆的圆心，为圆锥的顶点，若圆锥的底面圆周长为，高为，圆柱的母线长为3，则该几何体的体积是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】圆锥的底面圆周长为，所以底面半径为，设圆柱的体积为，圆锥体积为，，故选：D．8.已知，给出下列结论：若，，且，则；存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称；若，则在上单调递增；若在上恰有个零点，则的取值范围为．其中，所有正确结论的个数是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】①由题意可得，由，，且得两相邻对称轴间的距离为，所以，解得，故①错误；②的图象向左平移个单位长度得，若关于轴对称，则，即，解得，所以当时符合题意，故②正确；③当时，，所以当时，，因为在上单调递减，上单调递增，所以在上单调递增，上单调递减，故③错误；④设，当时，，在上恰有5个零点，即在上恰有5个零点，则，解得，故④错误．故选：A．9.已知定义在R上的函数，若函数恰有2个零点，则实数m的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为函数恰有2个零点，所以和有两个交点.作出函数的图像如图所示：因为时，和相交，所以只需和再有一个交点..当时，若与相切，则有的判别式，此时.当时，若与相切，则有的判别式，此时.当时，若与相切，设切点为.则有，解得：.所以要使函数恰有2个零点，只需或或，解得：或或.故选：D.二、填空题10.已知为虚数单位，复数满足，则_________．【答案】【解析】由题设，.故答案为：.11.（1）已知两个变量线性相关，若它们的相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于；（2）正态曲线当一定时，越小，总体分布越集中，越大，总体分布越分散；（3）对于分类变量与的随机变量，越大说明“与有关系”的可信度越大；（4）在刻画回归模型的拟合效果时，残差平方和越小，相关指数的值越大，说明拟合的效果越好；（5）根据最小二乘法由一组样本点，求得的回归方程是，对所有的解释变量，的值一定与有误差以上命题正确的序号为____________．【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】根据相关系数的意义可知，两个变量线性相关，若它们的相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于，故（1）正确；根据正态曲线的性质可知，正态曲线当一定时，越小，总体分布越集中，越大，总体分布越分散，故（2）正确；根据意义可知，对于分类变量与的随机变量，越大说明“与有关系”的可信度越大，故（3）正确；根据残差平方和及相关指数的意义可知，在刻画回归模型的拟合效果时，残差平方和越小，相关指数的值越大，说明拟合的效果越好，故（4）正确；若所有样本点都在回归直线上时，则的值与相等，故（5）错误故答案为：（1）（2）（3）（4）.12.已知数列满足，，，则数列的前项和为______．【答案】【解析】因为，当为奇数时，则，是首项为1，公差为1的等差数列；当为偶数时，则，是首项为2，公差为3的等差数列，．故答案为：．13.已知正实数，满足，且，则的最小值为______．【答案】【解析】由题意知正实数，满足，且，则，即，则，故，故，当且仅当，结合，即时取等号，即的最小值为，故答案为：14.在平面四边形中，，则___________；___________.【答案】【解析】∵，又，故，∵，故，∴为等边三角形，则；∵，∴，又，∴，得，∴，根据以上分析作图如下：则∠BCD=150°，则．故答案为：1；15.已知函数，若关于的方程恰有个不同实数根，则实数的取值范围为______．【答案】【解析】当时，，则，令，解得，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，根据题意可作出的图象如下：若关于的方程恰有4个不同实数根，令，，则有两个不等实数根，故与都有2个交点，或者与有1个交点，与有3个交点；当与都有2个交点，根据图象可得，不满足，舍去；当与有1个交点，与有3个交点，则，当时，，解得，故，解得或，舍去；故，两个实数根的范围为，所以，解得，所以实数的取值范围为．故答案为：．三、解答题16.已知，，分别为三个内角，，的对边，且．（1）求；（2）若，求的值；（3）若的面积为，，求的周长．解：（1）．由正弦定理可得，则，所以，所以，为三角形内角，，解得，，．（2）由已知，，所以，，，.（3），，由余弦定理得，即，解得，的周长为．17.已知数列满足，其前项和为；数列是等比数列，且，，，成等差数列．（1）求和的通项公式；（2）分别求出，.解：（1）因为，所以是公差的等差数列，又前项和为，即，解得，所以，因为数列是等比数列，且，设公比为，因为，，成等差数列，所以，即，解得，所以.（2）记，所以①，②，②①得，.18.如图，四棱锥中，侧面PAD为等边三角形，线段AD的中点为O且底面ABCD，，，E是PD的中点．（1）证明：平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为，求平面MAB与平面ABD夹角的余弦值；（3）在（2）的条件下，求点D到平面MAB的距离．（1）证明：连接OC，因为，所以四边形OABC为平行四边形，所以，所以，以OC，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，．，，，设平面的一个法向量为，则，则，令，，平面PAB的一个法向量，，则，又平面PAB，所以平面PAB．（2）解：，设，则，因为点M在棱PC上，所以，，即，所以，所以，平面ABCD的法向量为，因为直线BM与底面ABCD所成角为，所以，，解得，所以，设平面MAB的法向量为，则，即，令，则，所以，所以平面MAB与平面ABD夹角的余弦值．（3）解：，点D到平面MAB的距离．19.设数列是公差不为零的等差数列，满足，.数列的前项和为，且满足.（1）求数列和的通项公式；（2）在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；……；在和之间插入个数，，…，，使，，，…，，成等差数列.（i）求；（ii）是否存在正整数，，使成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由.解：（1）设的公差为，，则，解得，所以.由得，得，，所以，所以，即，所以.综上所述：；.（2）（i）依题意得，，，，，，所以令，则，所以，所以，所以，所以，（ii）假设存在正整数，，使，即，即成立，因为，所以，所以，所以，令，则，所以数列单调递减，，，，当时，，所以由，得；由，得，所以存在正整数，，使，且所有的正整数对为：和.20.已知函数，其中.（1）当时，求函数在点上的切线方程.（其中e为自然对数的底数）（2）已知关于x的方程有两个不相等的正实根，，且.（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）设k为大于1的常数，当a变化时，若有最小值，求k的值.解：（1）当时，，所以，所以，又，所以函数在点上的切线方程为，即；（2）（ⅰ）即，则有，，设，，则，令，得，令，得，令，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，又x趋向于0时，趋向负无穷，x趋向于正无穷大时，无限趋向0，且，函数的图象如下：由题意，方程有两个不相等的正实根，即方程有两个不相等的正实根，所以函数的图象与直线有两个交点，由图知，，故实数a的取值范围为；（ⅱ）因为，由（ⅰ）得，则，所以，设，则，即，，