2024学年天津市实验高三数学第一学期期中质量调查试卷附答案解析VIP

学年天津市实验高三数学第一学期期中质量调查试卷一、单选题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.“”是“”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3若，则(

)A. B. C. D.4.函数的大致图象为（）A. B.C. D.5.若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则与相交6.在中，a，b是∠A，∠B，所对的边，已知，则的形状是（）A.直角三角形 B.等腰三角形C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形7.下列三个关于函数的命题：①只需将函数的图象向右平移个单位即可得到的图象；②函数的图象关于对称；③函数在上单调递增．其中，真命题的序号是（）A.① B.② C.③ D.以上皆不对8.已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则球的表面积为（）A B. C. D.9.定义在R上的偶函数满足，且当时，若关于x的不等式的整数解有且仅有9个，则实数m的取值范围为（）A B. C. D.第II卷（非选择题）二、填空题10.复数__________.11.在的展开式中，含的项的系数为____________．12.______．13.某公司有甲、乙两家餐厅，小李第一天午餐时随机地选择一家餐厅用餐，如果第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为，如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为，则小李第二天去乙家餐厅的概率为________．14.如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则该六面体的体积等于________，表面积等于______．15.在中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点．设，，记，则__________；若，的面积为，则当__________时，取得最小值．三、解答题16.已知的内角所对的边长分别为，，，且，，.（1）求角的大小；（2）求的面积；（3）求的值.17.在如图所示几何体中，四边形为正方形，，平面，且．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的大小；（3）求点到平面的距离．18.已知函数，其图象与直线的交点的横坐标为，且的最小值为．（1）求的最小正周期和对称中心坐标；（2）求函数在区间上的取值范围；（3）求函数的单调递增区间．19.如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．（1）求证：平面；（2）若，求平面ADF与平面BDF夹角余弦值；（3）若线段上总存在一点，使得，求的最大值．20已知函数，其中．（1）当时，求曲线在点处切线的方程；（2）当时，求函数f(x)的极值；（3）若，证明对任意恒成立【答案解析】1.B【解析】【分析】分别求出集合，结合补集以及集合的交集、并集运算，一一判断各选项，即得答案.【详解】由题意可得，，故，A错误;由于，故，，所以B正确，C错误；，则不是A的子集，D错误，故选：B2.A【解析】【分析】利用对数函数的单调性及定义域，及条件间的推出关系判断充分、必要性.【详解】由在上递增，而，则，此时，充分性成立，若，则，假设时，无意义，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A3.C【解析】【分析】依次判断与1和2的大小关系得到答案.【详解】，即；；，故故选：【点睛】本题考查了数值大小比较，意在考查学生对于函数单调性的灵活运用.4.B【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性，再集合函数值的正负，以及取向，即可判断选项.【详解】函数的定义域为，且，所以函数是奇函数，故排除A，且当时，，故排除C，，当时，，故排除D，满足条件的只有B.故选：B5.C【解析】【分析】根据空间中线线、线面的位置关系判断可得答案.【详解】对于A，若，，则，或与相交，或与异面，故A错误；对于B，若，，则或与相交，或与异面，故B错误；对于C，若，，则，故C正确；对于D，若，，则与相交，或与异面，故D错误.故选：C.6.D【解析】【分析】利用正弦定理边化角，再利用二倍角的正弦公式化简求解即得.【详解】在中，由及正弦定理，得，则，而，因此或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形.故选：D7.C【解析】【分析】对于①，利用三角恒等变换得到，利用左加右减得到平移后的解析式，得到①错误；对于②，计算出，②错误；对于③，求出，由于在上单调递增，得到③正确.【详解】对于①，，的图象向右平移个单位得到，①错误；对于②，，故图象不关于对称，②错误；对于③，时，，由于在上单调递增，故在上单调递增，③正确．故选：C8.B【解析】【分析】先判断球心在三棱锥的高线上，由正弦定理求得，求得，借助于列方程，求出外接球半径即得.【详解】如图，设点在底面的射影为点，因底面边长均为，侧棱长均为，故球心在上，连接，设球的半径为，则，由正弦定理，解得，在中，，则，在中，由，解得，则球的表面积为.故选：B.9.C【解析】【分析】根据题意画出示意图，根据数形结合解题即可.【详解】因为定义在R上的偶函数满足，所以，从而函数的周期为4，根据函数性质画出函数的示意图，关于x的不等式的整数解有且仅有9个，从而满足，解得实数m的取值范围为.故选：C.【点睛】本题主要考查函数的对称性，奇偶性，周期性等函数性质，利用数形结合进行解题，数形结合思想是高中数学思想方法中非常重要的一个思想方法，平时在学习中注意理解消化吸收.10.【解析】【分析】利用复数的除法计算即得.【详解】依题意，.故答案为：11.【解析】【分析】根据二项展开式可得，从而可求解.【详解】由题意可得的二项展开式的通项公式为，令，可得，所以，故含的项的系数为80.故答案为：80.12.1【解析】【分析】结合指数、对数运算求得正确答案.【详解】.故答案为：13.##0.3【解析】【分析】先将事件用字母表示出来，再利用条件概率和全概率公式即可解决.【详解】解：设A1＝“第1天去甲餐厅用餐“，B1＝“第1天去乙餐厅用餐”，A2＝“第2天去甲餐厅用餐”，B2＝“第2天去乙餐厅用餐”，根据题意得，,.则，，则，则，则.由全概率公式得：，即∴小李第二天去乙家餐厅的概率为．故答案为：．14.①.6②.22【解析】【分析】根据，，均垂直于平面，所以，在上取，连接，从而根据线线平行可得故为三棱柱，为三棱柱，根据柱体体积公式即可得该六面体的体积，根据几何体外表面的线线关系结合勾股定理、余弦定理、三角形面积公式、梯形面积公式、正方形面积公式，即可得几何体的表面积.【详解】如图，在上取，连接，因为，，均垂直于平面，所以，则，因为正方形，所以，又平面，所以平面，由可得四边形为平行四边形，所以，因为面为正方形，则，所以，则四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，因为平面平面，则，所以四边形为平行四边形，所以，故为三棱柱，为三棱柱，则该六面体的体积；如图，连接，又，，所以，则在四边形中，由余弦定理得，所以，则，该六面体的表面积.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定六面体的线线关系.关于求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．15.①.##0.5②.2【解析】【分析】利用平面向量基本定理得到，得到，求出；由三角形面积公式得到，结合和平面向量数量积公式，基本不等式得到的最小值，此时，由余弦定理得到.【详解】由题意得，故，故；由三角形面积公式得，故，其中，故，当且仅当，即时，等号成立，此时，故.故答案为：，216.（1）（2）5（3）【解析】【分析】（1）根据题意利用余弦定理运算求解即可；（2）利用面积公式运算求解即可；（3）利用余弦定理先求，利用倍角公式以及两角和差公式运算求解.【小问1详解】因为，，，由余弦定理可得，且，所以.【小问2详解】由（1）可得的面积.【小问3详解】因为，，，由余弦定理可得，且，则，可得，所以.17.1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）连结，设，设为的中点，连结，推导出四边形为平行四边形，从而，由此能证明平面．（2）以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的大小．（3）利用向量法可求点到平面距离【小问1详解】连结，设，因为四边形为正方形，所以为中点．设为的中点，连结，则，且．由已知，且，所以，．所以四边形为平行四边形．所以，即．因平面DEF，平面，所以平面．【小问2详解】由已知平面，所以，，因为四边形为正方形，所以，所以两两垂直，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图），因为，所以A0,0,0，，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，由，得，取，得．设直线与平面所成角为，则，因为，所以．即直线与平面所成角为．【小问3详解】，平面的一个法向量为，则点到平面的距离．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角大小的求法，考查点到面的距离的求法，属中档题．18.（1），（2）（3）【解析】【分析】（1）由题意利用三角恒等变换化简函数表达式，由题意得函数周期进而得表达式，整体代入求解对称中心即可.（2）由题意得，由此即可得解.（3）由复合函数单调性令，即可得解.【小问1详解】因为图象与直线的交点的横坐标为，且的最小值为，所以函数的最小正周期为，得到．则，由，得，所以图象的对称中心坐标为．【小问2详解】因为，所以，所以，所以即的取值范围为.【小问3详解】由，得所以的单调递增区间为.19.（1）证明见解析；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）设，连结，，证明为平行四边形，得，然后由线面平行的判定定理得证；（2）以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，用空间向量法求二面角；（3）设，利用，用表示出，根据的范围得出的范围，从而得的最大值．【小问1详解】设，连结，，矩形中是线段的中点，是线段的中点，所以，，所以为平行四边形，故，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】由题意，正方形和矩形所在的平面互相垂直，面面，，面，所以面，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为，，是线段的中点，则，，，，从而，，设平面的一个法向量是，则，取，得，易知平面的一个法向量是，,所以平面ADF与平面BDF夹角余弦值是；【小问3详解】在（2）的坐标坐标系中，，，，在上，设，，从而，因为，所以，，又，则，即，所以的最大值是．【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则①两异面直线所成的角为，；②直线与平面所成的角为，；③二面角的大小为，.20.（1）；（2）极大值为，极小值为；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）把代入函数解析式，求出原函数的导函数，得到曲线在点处的导数值，再求出，代入直线方程的点斜式，求切线方程；（2）求函数的导函数，得到导函数的零点，利用导函数在各个区间段内的符号，判断原函数的单调性；（3）当，在内是减函数，又，不妨设，则，于是等价于，即，构造，利用导数证明其为减函数得到答案.【详解】（1）当时，，，，，故切线方程为：，整理得；（2）令，解得或，又，，单调递增极大值单调递减极小值单调递增故当时，取极大