2024届天津南开中学高三数学上学期第四次月考试卷附答案解析

2024届天津南开中学高三数学上学期第四次月考试卷考试时间：120分钟本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共150分．考试结束后，请交回答题卡．第Ⅰ卷一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．设全集，集合，，则（

）A． B． C． D．2．若x，，则“”的一个必要不充分条件可以是（

）A． B． C． D．3．已知，，，则a，b，c的大小关系是（

）A． B． C． D．4．函数图象如图所示，则函数的解析式可能是（

）A． B．C． D．5．某市为了解全市12000名高一学生的体能素质情况，在全市高一学生中随机抽取了1000名学生进行体能测试，并将这1000名的体能测试成绩整理成如下频率分布直方图．根据此频率分布直方图，下列结论中正确的是（

）A．图中a的值为0.020B．同一组中的数据用该组区间的中点值做代表，则这1000名学生的平均成绩约为81.5C．估计样本数据的75%分位数为88D．由样本数据可估计全市高一学生体测成绩优异（80分及以上）的人数约为7200人6．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到．如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的体积为（

）A． B． C． D．7．已知等比数列的前项和为，．在与之间插入个数，使这个数组成一个等差数列，记插入的这个数之和为，的值为（

）A．240 B．360 C．480 D．5608．抛物线上的点到其焦点的距离是M到y轴距离的2倍，过双曲线C：的左右顶点A、B作C的同一条渐近线的垂线，垂足分别为P、Q，，则双曲线的离心率为（

）A．2 B． C． D．9．已知函数，则下列结论中正确个数为（

）①若对于任意，都有成立，则②若对于任意，都有成立，则③当时，在上单调递增，则的取值范围为④当时，若对任意的，函数在至少有两个零点，则的取值范围为A．1个 B．2个 C．3个 D．4个第Ⅱ卷二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）．10．设为虚数单位，复数的实部与虚部的和为，则．11．的展开式中常数项为．12．直线l：与圆C：交A，B两点，若为等边三角形，则a的值为．13．假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率为90%，乙厂产品的合格率为80%，在该市场中购买甲厂的两个灯泡，则均合格品的概率为；若在该市场中随机购买两个灯泡，则这两个灯泡恰有一个是合格品的概率为．14．在中，已知是斜边上一动点，点满足，若，若点在边所在的直线上，则的值为；的最大值为.15．，若有且只有两个零点，则实数的取值范围是．三、解答题（本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）16．已知a，b，c分别是的内角A，B，C的对边，且．(1)求．(2)若，的面积为，求的周长．(3)在（2）的条件下，求的值．17．如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，E，F分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为45°．(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离；(3)边BC上是否存在点M，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由．18．已知椭圆C：，若椭圆的焦距为4且经过点，过点的直线交椭圆于P，Q两点．(1)求椭圆方程；(2)求面积的最大值，并求此时直线的方程；(3)若直线与x轴不垂直，在x轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，说明理由．19．已知数列满足：，正项数列满足：，且，，．(1)求，的通项公式；(2)已知，求：；(3)求证：．20．已知函数．（注：是自然对数的底数）．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，函数在区间内有唯一的极值点．①求实数a的取值范围；②求证：在区间内有唯一的零点，且．．B【分析】根据并集、补集的定义求解即可【详解】，又，所以，又，故选：B2．A【分析】由必要不充分条件的意义和指数函数的性质逐一判断即可.【详解】A：，是“”的必要不充分条件，故A正确；B：，是“”的既不充分也不必要条件，故B错误；C：，是“”的既不充分也不必要条件，故C错误；D：，是“”的充分不必要条件，故D错误；故选：A3．B【分析】根据指、对数函数单调性，结合中间值0，1，分析判断即可.【详解】由题意可得：，，且，则，因为，则，故选：B4．C【分析】根据奇偶性可排除AD，根据可排除B；结合指数函数性质可知C正确.【详解】对于A，，为偶函数，则图象关于轴对称，与已知图象不符，A错误；对于B，当时，，与已知图象不符，B错误；对于D，，不是奇函数，则图象不关于原点对称，与已知图象不符，D错误；对于C，，，为奇函数，图象关于原点对称；为上的减函数，为上的增函数；又，图象与已知图象符合，C正确.故选：C.5．D【分析】根据频率和为1，计算a的值,判断选项A；根据平均数公式，判断B；根据百分位数公式，判断C；计算体测成绩在内的频率，再结合总人数，即可判断D.【详解】由频率分布直方图可知，，得，故A错误；，故B正确；设75%百分位数为x，，而，所以，则，解得，故C错误；则体测成绩在的频率为，估计全市高一学生体测成绩优异（80分及以上）的人数约为人，故D对，故选：D6．D【分析】求出棱长为的正四面体的体积，再结合割补法求出体积.【详解】棱长为的正四面体的底面正三角形半径，则该正四面体的高，该正四面体的体积，所以该截角四面体的体积为.故选：D7．A【分析】先求得，然后利用等差数列的性质求得.【详解】设等比数列的公比为，依题意，，则，即，所以，所以，则，则，所以，所以，，所以.故选：A8．A【分析】由抛物线定义及点在抛物线上求得，进而可得A、B坐标，结合双曲线渐近线性质及列方程求双曲线参数c，即可得离心率.【详解】由题设得，解得，故C：，所以，渐近线为，设P、Q在上，设直线的倾斜角为，则，又，解得，所以，故，即，所以，故选：A.9．C【分析】①结合三角函数的值域来处理恒成立问题；②根据题干可得到函数的周期，结合三角函数的最小正周期和周期的关系进行判断；③根据三角函数的单调性进行求解；④由于的任意性，类比至少一个周期才保证至少有两个零点.【详解】对于①，若恒成立，只需要，根据正弦函数的值域可知，只需要，则，①正确；对于②，说明周期是，但不能说明最小正周期是，最小正周期的倍数是均符合题意，例如最小正周期是，此时，显然也成立，②错误；对于③，时，当，，根据正弦函数在上单调递增可知，，解得，③正确；对于④，时，，当，，若，有两个零点，则中至少包含一个完整的周期，即，得到，④正确.综上所述故有3项正确.故选：C10．##【分析】由复数的运算和解一元二次方程得出结果.【详解】，所以，解得，故答案为：.11．1【分析】根据给定条件，求出二项式的展开式中项即可得解.【详解】二项式的展开式中项为，所以的展开式中常数项为.故答案为：112．##【分析】由圆心到直线的距离等于等边三角形的高求出结果即可.【详解】圆心，半径，圆心到直线的距离，因为为等边三角形，所以，故答案为：.13．【分析】利用独立重复事件的概率以及全概率公式求解.【详解】在该市场中购买甲长的两个灯泡，则均合格的概率为，若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为，在该市场中随机购买两个灯泡，则这两个灯泡恰有一个是合格品的概率为故答案为：；.14．1##【分析】根据共线定理推论即得；建立直角坐标系，写出直线BC的方程，根据方程设点P坐标，结合条件可得Q的轨迹方程，进而设出点Q坐标，根据已知表示出然后利用三角函数的性质即得.【详解】因为，若点在边所在的直线上，则；以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则，，，得直线BC的方程为，则可设，其中，由，得点Q在以点P为圆心，2为半径的圆上，可设，由，，，因为，所以，所以，即，则（其中），所以，即，故的最大值为.故答案为：；.15．【分析】当时，求导得到单调区间，根据平移和翻折得到函数图象，变换得到，根据函数图象得到或，解得答案.【详解】当时，，，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，且，当时，，其图象可以由的图象向左平移一个单位，再向下平移个单位，再把轴上方的图象翻折到轴下方得到，画出函数图象，如图所示：，当时，，无零点；当时，，即，函数有两个零点，即函数与函数的图象有两个交点，根据图象知：或，解得或.故实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数的零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中画出函数图象，将零点问题转化为函数图象的交点问题是解题的关键，数形结合的思想需要熟练掌握.16．(1)(2)(3)【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦展开式可求；（2）由三角形面积公式和同角三角函数关系求出和，再由余弦定理解方程组可得三角形边长，进而求出周长；（3）由余弦展开式和二倍角公式求出结果即可.【详解】（1）由得到，由正弦定理和两角和的正弦展开式可得，所以.（2），且，由，解得，所以，又由余弦地理和上问可得，将代入上式可得，所以，，所以的周长为.（3）①，由上问可知，等腰，，，所以，，代入①可得，所以.17．(1)详见解析；(2)(3)1【分析】（1）建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，论证即可；（2）由，得到点到平面的距离为求解；（3）假设在边BC上存在点M，设，由求解.【详解】（1）证明：由题设可得四棱台为正四棱台，故可建立如图所示空间直角坐标系：则，所有，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以，因为，且平面，所以平面；（2）易知，则，所以点到平面的距离为；（3）假设在边BC上存在点M，设，则，因为直线与平面所成的角的正弦值为，所以，即，解得或（舍去），则，此时.18．(1)(2)面积最大值为，直线或(3)存在，【分析】（1）由焦距是4求出，将代入椭圆方程求出，得到答案；（2）根据题意设直线，与椭圆方程联立可得，由，代入运算化简，利用不等式求出面积的最大值；（3）根据题意有，转化为，由第二问代入运算得解.【详解】（1）由题意，，将点代入椭圆方程得，解得，，所以椭圆的方程为.（2）根据题意知直线的斜率不为0，设直线，，，联立，消去整理得，，，且，，令，，，当且仅当，即，即时，等号成立，所以面积的最大值为，此时直线的方程为或.（3）在轴上存在点使得，理由如下：因为，所以，即，整理得，即，即，则，又，解得，所以在轴上存在点使得.19．(1)，(2)(3)证明见详解【分析】（1）由题意可得数列为等差数列，数列为等比数列，再分别求解公差与公比即可求；（2）代入化简可得，再分组根据错位相减与裂项相消求和即可；（3）放缩可得，再裂项相消求和即可.【详解】（1）因为，所以数列为等差数列，设公差为，因为，所以数列为等比数列，设公比为，且，因为，，，所以，即，解得，所以，.（2）由（1）可知，由，记作差,得:所以,∴.（3）令，因为，且，所以成立；因为，所以，因为，所以，故，综上，所以.20．(1)(2)；证明见解析.【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；（2）①利用导数研究函数的极值，分离参数计算函数的单调性计算即可求实数a的取值范围；②结合①的结论先判定的单调性与最值，根据零点存在性定理即可判定零点个数，再根据函数的单调性结合构造函数来证明即可证明结论.【详解】（1）当时，，所以，即切点，故曲线在点处的切线方程为：；（2）①.函数，，（ⅰ）当时，当时，，，，则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上递增，即在上递增，又，，所以在上有唯一零点，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意，综上，的取值范围是．②由①知，当时，，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；所以时，，则，又因为，所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点．因为，由①知，所以，则，设，，则，，，所以在为单调递增，又，