卷子答案网-一个不只有答案的网站2023-2024学年天津市南开中学高三（上）统练数学试卷（五）
一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.设集合，，，则( )
A. B. C. D.
2.设，则“”是“”的
( )
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
3.函数，图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.函数的最大值为( )
A. B. C. D.
5.设，，，则，，的大小关系为( )
A. B. C. D.
6.已知，则( )
A. B. C. D.
7.已知函数是奇函数，将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍纵坐标不变，所得图象对应的函数为若的最小正周期为，且，则( )
A. B. C. D.
8.已知函数，其中，给出下列四个结论
函数是最小正周期为的奇函数；
函数图象的一条对称轴是
函数图象的一个对称中心为
函数的递增区间为，．
则正确结论的个数是( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
9.函数在区间的值域是，则常数所有可能的值的个数是( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
10.已知复数，其中是虚数单位，则的模是 ．
11.的展开式中的常数项为 ．
12.的内角，，所对的边分别为，，，已知，，则 ．
13.对于，有如下命题：
若，则一定为等腰三角形．
若，则一定为等腰三角形．
若，则一定为钝角三角形．
若，则一定为锐角三角形．
则其中正确命题的序号是______ 把所有正确的命题序号都填上
14.设函数，已知在有且仅有个零点，下述四个结论：
在有且仅有个极大值点在有且仅有个极小值点
在单调递增的取值范围是
其中所有正确结论的编号是______．
15.已知函数，设，，表示，中的较大值，表示，中的较小值，记得最小值为，的最大值为，则______．
三、解答题（本大题共5小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16.本小题分
中，角，，所对的边分别为，，已知．
Ⅰ求角的大小；
Ⅱ设，，求和的值．
17.本小题分
设函数
Ⅰ求函数的最小正周期；
Ⅱ求函数在上的最大值与最小值．
18.本小题分
如图，平面，，，，，．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求直线与平面所成角的正弦值；
Ⅲ若二面角的余弦值为，求线段的长．
19.本小题分
设椭圆的左焦点为，上顶点为已知椭圆的短轴长为，离心率为．
Ⅰ求椭圆的方程；
Ⅱ设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上．若为原点，且，求直线的斜率．
20.本小题分
设，，已知函数，．
求的单调区间；
已知函数和的图象在公共点处有相同的切线，
求证：在处的导数等于；
若关于的不等式在区间上恒成立，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查集合的交集、并集运算，比较基础．
根据集合的基本运算即可求，再求．
【解答】
解：集合，，
则，
，
；
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查充分必要条件，考查解不等式问题，属于基础题．
根据充分、必要条件的定义结合不等式的解法可推结果．
【解答】
解：，，
，，
推不出，
，
是的必要不充分条件，
即是的必要不充分条件．
故选：．
3.【答案】
【解析】解：函数满足，函数为奇函数，排除，
由于，，
故排除，
故选：．
利用函数的奇偶性排除选项，然后利用特殊值判断即可．
本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及函数值的应用，考查分析问题解决问题的能力．
4.【答案】
【解析】解：，
令，，
则函数可转化为关于的二次函数，，
图象开口向下，对称轴为，
所以函数在上单调递增，
所以当时，函数取得最大值为，
故选：．
利用诱导公式、二倍角公式将函数化简，利用换元法将函数转化为二次函数，利用二次函数的性质求解即可．
本题主要考查三角函数最值的求法，考查诱导公式及二倍角公式，考查转化思想的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
又，所以，
因为，
所以，
故，
故．
故选：．
利用，可求得的范围，利用，可求得的范围，利用，可求得的范围，从而得到它们的大小关系．
本题考查了数值大小的比较，涉及了对数函数以及指数函数性质的应用，解题的关键是利用特殊值进行比较，属于中档题．
6.【答案】
【解析】【分析】本题主要考察了同角三角函数关系式和万能公式的应用，属于基本知识的考查．根据同角三角函数关系式和万能公式化简后求出，利用二倍角公式求出的值．
【解答】
解：由，
则，即，
可得，
解得．
那么．
故选C．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查三角函数的解析式的求解，结合条件求出，和的值是解决本题的关键．
根据条件求出和的值，结合函数变换关系求出的解析式，结合条件求出的值，利用代入法进行求解即可．
【解答】
解：是奇函数，，
则，
将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍纵坐标不变，所得图象对应的函数为，
即，
的最小正周期为，
，得，
则，，
若，则，即，
则，则，
故选C．
8.【答案】
【解析】解：．
，即函数的最小正周期为，
但，函数不是奇函数．命题错误；
，
函数图象的一条对称轴是命题正确；
，
函数图象的一个对称中心为命题正确；
由，得：
．
函数的递增区间为，命题正确．
正确结论的个数是个．
故选：．
展开两角和的余弦公式后合并同类项，然后化积化简的解析式．
由周期公式求周期，再由说明命题错误；
直接代值验证说明命题正确；
由复合函数的单调性求得增区间说明命题正确．
本题考查型函数的性质，考查了复合函数的单调性的求法，关键是对教材基础知识的记忆，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：函数，
化简可得：，
，，
，
则，
而，
那么：，即．
的结果必然是或．
当时，解得满足题意．
当时，解得满足题意．
常数所有可能的值的个数为．
故选C：
利用二倍角和辅助角公式基本公式将函数化为的形式，将内层函数看作整体，求出其范围，根据值域是，建立关系，讨论常数所有可能的值．
本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，属于基础题．
利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．
【解答】
解：复数，
．
故答案为：．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了二项式展开式的特定项问题，属于基础题．
根据二项式的展开式的通项公式进行计算，然后令的指数为即可得到的值，代入的值即可算出常数项．
【解答】
解：由题意可知：
此二项式的展开式的通项为：
，
当，即时，为常数项．
此时．
故答案为：．
12.【答案】
【解析】解：的内角，，的对边分别为，，，，，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
联立解得，
则．
故答案为：．
利用正弦定理和余弦定理列出方程组，能求出结果．
本题考查了正弦定理、余弦定理、三角函数性质，属于基础题．
13.【答案】
【解析】【分析】
本题借助命题考查三角形的有关知识，属于一般题．
根据正余弦定理及两角和差的正切公式，对四个选项逐一判断即可．
【解答】
解：或，为等腰或直角三角形，故不正确．
或，又，不可能成立，故A，一定是等腰三角形，故正确．
由可得
由正弦定理可得
再由余弦定理可得，为钝角，命题正确．
、、全为锐角，命题正确．
故答案是．
14.【答案】
【解析】解：已知在有且仅有个零点，如图，
其图象的右端点的横坐标在上，此时在有且仅有个极大值点，但在可能有或个极小值点，所以正确，不正确；
令，，且，在上有且仅有个零点，
在上有且仅有个零点，，故正确．
当时，，
又，，，
在上单调递增．在上单调递增，故正确．
故答案为：．
对可以通过作图判别，对于令，由，结合题意得到不等式，解出范围即可，对于证明出当时，即可．
本题主要考查正弦函数的图象与性质，考查整体思想与运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：，
，
当时，或；
又，
；
，，
；
故答案为：．
由时解得的值，求出、，即得与的表达式，从而计算的值．
本题考查了新定义下的二次函数的值域问题，解题时应深刻理解题意，求出与的表达式，是解题的关键．
16.【答案】解：Ⅰ在中，由正弦定理得，得，
又，
，
即，
，
又，．
Ⅱ在中，，，，
由余弦定理得，
由，得，
，
，
，
，
．
【解析】本题考查两角和与差的三角函数公式，考查正余弦定理的运用．
Ⅰ由正弦定理得，结合，由此能求出．
Ⅱ由余弦定理得，由，得，，由此能求出．
17.【答案】解：Ⅰ，
函数的最小正周期；
由得，
，
，
，
，
在上的最大值是，
最小值是．
【解析】Ⅰ由三角恒等变换化简，得到最小正周期．
Ⅱ得到后可以由的范围得到的值域，由此得到最大最小值．
本题考查由三角恒等变换以及由的范围得到的值域．
18.【答案】Ⅰ证明：因为平面，，在平面内，
则，，又，
故以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
可得，，，，．
设，则．
则是平面的法向量，又，可得．
又直线平面，
平面；
Ⅱ解：依题意，，，．
设为平面的法向量，
则
令，得．
．
直线与平面所成角的正弦值为；
Ⅲ解：设为平面的法向量，
则
取，可得，
由题意，，
解得．
经检验，符合题意．
线段的长为．
【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，利用空间向量求解线面角与二面角的大小，是拔高题．
Ⅰ以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求得，，，，的坐标，设，得可得是平面的法向量，再求出，由，且直线平面，得平面；
Ⅱ求出，再求出平面的法向量，利用数量积求夹角公式得到直线与平面所成角的正弦值；
Ⅲ求出平面的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为列式求线段的长．
19.【答案】解：Ⅰ由题意可得，即，
则，，
解得，，
故椭圆方程为；
Ⅱ，，设的方程为，
代入椭圆方程，
可得，
解得或，
即有，
，令，可得，
又，，
可得，解得，
可得的斜率为．
【解析】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆方程联立，求交点，考查化简运算能力，属于中档题．
Ⅰ由题意可得，运用离心率公式和，，的关系，可得，，进而得到所求椭圆方程；
Ⅱ，，设的方程为，联立椭圆方程，求得的坐标，的坐标，由，运用斜率之积为，解方程即可得到所求值．
20.【答案】解：由，可得，
令，解得或由，得．
当变化时，，的变化情况如下表：
的单调递增区间为和，单调递减区间为；
证明：，由题意知，
，解得．
在处的导数等于；
解：，，由，可得．
又，，
故为的极大值点，由知．
另一方面，由于，故，
由知在内单调递增，在内单调递减，
故当时，在上恒成立，从而在上恒成立．
由，得，．
令，，
，
令，解得舍去，或．
，，，故的值域为．
的取值范围是．
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用研究过曲线上某点处的切线方程，训练了恒成立问题的求解方法，体现了数学转化思想方法，是难题．
求出函数的导函数，得到导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，列表后可得的单调区间；
求出的导函数，由题意知，结合导数，即可得到结论
由知且在内单调递增，在内单调递减，故当时，在上恒成立，从而在上恒成立．由，得，构造函数，，利用导数求其值域可得的范围．
第1页，共1页
转载请注明出处卷子答案网-一个不只有答案的网站 » 2023-2024天津市南开中学高三（上）统练数学试卷（五）（含解析）