天津市滨海新区田家炳中学2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

滨海新区田家炳中学2023-2024-1高三年级期中考试数学试卷一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1.设集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据交集、补集的定义可求.【详解】由题设可得，故，故选：B.2.设，则“”是“”（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】求绝对值不等式、一元二次不等式的解集，根据解集的包含关系即可判断充分、必要关系.【详解】由，可得，即；由，可得或，即；∴是的真子集，故“”是“”的充分而不必要条件.故选：A3.若复数，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算化简复数，然后利用共轭复数的概念求解即可.【详解】因为，所以.故选：B 4.函数在区间的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令，则，所以为奇函数，排除BD；又当时，，所以，排除C.故选：A.5.已知，则A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】运用中间量比较，运用中间量比较【详解】则．故选B．【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．6.已知，，则（） A.B.C.4D.5【答案】A【解析】【分析】利用指数式和对数式的关系可得a的值，再根据换底公式可得.【详解】因为，所以，所以.故选：A7.函数可以由经过变换得到，则变换方式正确的是（）A.的纵坐标不变；横坐标伸长为原来的3倍，再向右平移个单位B.的纵纵标不变，模坐标缩短到原来的，再向右平移个单位C.向右平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标伸长为原来的3倍D.向右平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的【答案】D【解析】【分析】根据选项，利用三角函数平移变换的性质依次求出解析式即可得解.【详解】对选项A，的图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的3倍，得到，再向右平移个单位，得到，故A错误；对选项B，的图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到，再向右平移个单位，得到，故B错误.对选项C，的图象向右平移个单位，得到，再保持纵坐标不变，横坐标伸长为原来的3倍，得到，故C错误；对选项D，的图象向右平移个单位，得到， 再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，得到，故D正确.故选：D.8.已知函数给出下列结论：①的周期为；②时取最大值；③的最小值是；④在区间内单调递增；⑤把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象．其中所有正确结论的序号题（）A.①②B.①③C.①③④D.①②③【答案】B【解析】【分析】先由降幂公式与辅助角公式化简函数解析式，根据正弦型函数的周期公式、最值性质、单调性，结合正弦型函数图象变换性质逐一判断即可.【详解】因为.①因为，所以①正确；②因为，所以②错误；③当，即时，取最小值，且最小值是，所以③正确；④当时，由知在区间内并不单调，故④错误；⑤把函数的图象上所有点向左平移个单位长度， 可得到函数，故⑤错误.故正确的是①③.故选：B.二、填空题（本题共8小题，每小题5分，共40分）9.函数的单调递减区间是__________.【答案】【解析】【分析】利用导函数判断出函数的单调性即可求出单调减区间.【详解】易知的定义域为，则，令，解得；即可知函数在区间上是单调递减的，所以函数的单调递减区间是.故答案为：10.长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为2，1，1，那么这个球的表面积是______．【答案】【解析】【分析】先求出长方体对角线的长度，即得外接球的直径，再求球的表面积即可.【详解】由题意，长方体的对角线的长度即外接球的直径，为，故这个球的表面积是.故答案为：11.函数的导数为_________，曲线在处的切线方程为_________．【答案】①.②.【解析】【分析】由导数运算法则可求导数，再利用导数求出斜率，由点斜式可得切线方程.【详解】设，，则； 所以，且，即直线斜率，过点，故曲线在处的切线方程为，即，故答案为：；.12.如图，一个正四棱锥（底面为正方形且侧棱均相等的四棱锥）的底面的边长为4，高与斜高的夹角为30°，则正四棱锥的侧面积为___________.【答案】32【解析】【分析】根据正棱锥中高与斜高的夹角求出斜高的长，即可求出侧面积.【详解】在正四面体中易知，是正棱锥的高，是正棱锥的斜高，,,,，故答案为：3213.已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．【答案】5【解析】【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得． 【详解】因为圆心到直线的距离，由可得，解得．故答案：．【点睛】本题主要考查圆弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．14.在中，点满足，若线段上的一点满足（，），则__________，的最小值为__________．【答案】①.1②.12【解析】【分析】第一空，根据平面向量基本定理，由，，三点共线可得，可得；第二空，利用基本不等式可得.详解】如图，，，，，，三点共线，，且，，，当且仅当，即时等号成立，的最小值为12．故答案为：1，12．15.已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点与抛物线的焦点相同．则双曲线的方程为．【答案】【解析】 【详解】解：由已知得，16.在平面直角坐标系中，若双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，则其离心率的值是________．【答案】2【解析】【详解】分析：先确定双曲线的焦点到渐近线的距离，再根据条件求离心率.详解：因为双曲线的焦点到渐近线即的距离为所以，因此点睛：双曲线的焦点到渐近线的距离为b，焦点在渐近线上的射影到坐标原点的距离为a.三、解答题（本大题4小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，．（1）求b的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，从而可得，进而根据余弦定理即可求解；（2）先计算,再结合倍角公式和差角余弦公式即可求解.【小问1详解】在中，由可得，又由，可得，，.又，故， 根据余弦定理可得，可得.【小问2详解】，，，，所以.18.在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，．（1）求角的大小；（2）求的值；（3）求的值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由余弦定理求出，结合，求出；（2）结合（1），由正弦定理求出的值；（3）由二倍角公式得到，由正弦和角公式求出答案.【小问1详解】在中，，，，由余弦定理得，又因为，所以；【小问2详解】在中，由（1）知，，， 由正弦定理可得；【小问3详解】由知，所以角A为锐角，因为，所以，所以，，所以.19.如图，四边形是正方形，平面，，，分别为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的大小；（3）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）；（3）【解析】【分析】（1）利用线面平行的判断定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系利用空间向量来求解即可；（3）在（2）建立的坐标系下利用向量法求解即可.【小问1详解】由题意分别为的中点，所以是的中位线， 即，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】由于四边形是正方形，平面，所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：又，分别为的中点，则，所以；设平面的一个法向量，则，解得，令，得；即，设平面的一个法向量为，则，解得，令，即；设平面与平面夹角的大小为， 所以，又，所以；即平面与平面夹角的大小为；【小问3详解】由（2）平面的一个法向量为；又，所以点到与平面的距离距为：.20.设椭圆的离心率，过点.（1）求椭圆的方程；（2）求椭圆被直线截得的弦长.（3）直线与椭圆交于两点，当时，求值.（O为坐标原点）【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，从而得到椭圆的方程．（2）联立直线与椭圆的方程，得韦达定理，进而根据弦长公式即可求解.（3）根据向量的坐标运算即可代入韦达定理求解.【小问1详解】由题意可知，解得， 椭圆的方程为．【小问2详解】设椭圆与直线的交点为，，，，联立方程，消去得，，，因此【小问3详解】设，，联立方程，消去得，所以，，，得由，即，，均符合，故