天津市五所重点高中2024届高三上学期联考数学试题（解析版）

PAGEPAGE1天津市五所重点高中2024届高三上学期联考数学试题一、单选题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，，所以，故选：B．2.设命题：，，则的否定为（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗A〖解析〗命题：，，的否定为：，，故选：A.3.函数的图象大致形状是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗当时，，其在单调递增，C，D错误；当时，，在单调递减，B错误，A正确.故选：A4.直线，则“或”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〖答案〗B〖解析〗由题意，当直线时，满足，解得，所以“或”是“”的必要不充分条件，故选B.5.设a=2.10.3，b=log43，c=log21.8，则a、b、c的大小关系为（）A B. C. D.〖答案〗B〖解析〗a=2.10.3＞2.10=1，∵，c=log21.8，且＜2，∴b＜c＜1．∴a＞c＞b．故选B．6.已知是等差数列的前项和，为数列的前项和，若，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设等差数列的公差为，则，由可得，整理可得，解得，，所以，则，则，所以，数列为等差数列，所以，.故选：A.7.木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为1的正方形，且，均为正三角形，，，则该木楔子的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，则由题意等腰梯形全等于等腰梯形，则.取的中点O，连接，因为，所以，则，∴.因为，，所以，因为四边形为正方形，所以，又因为，平面，所以平面，所以平面，同理可证平面，∴多面体的体积，故选：D.8.已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.B.C.不等式的解集为D.将的图象向右平移个单位长度后所得函数的图象在上单调递增〖答案〗C〖解析〗由函数图象可知，最小正周期为，所以，将点代入，得，又，所以，故，故A错误；所以，故B错误；令，则，所以，，解得，，所以不等式的解集为，故C正确；将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，令，，解得，，令得，因为，故D错误.故选：C.9.已知函数，若关于x的方程恰有6个不同的实数根，则m的取值范围是（）A B.(C. D.〖答案〗A〖解析〗根据，作出的大致图象如下：由图可知：当时，此时由两个根，分别为，当时，此时有4个交点，当时，此时有3个交点，当时，此时有2个交点，故要使得由6个不同的零点，则令，有6个不同的实数根，显然不是的根，设的两个零点分别为，且，故当时，此时有4个交点，有2个交点，满足题意，故需要满足，解得，当时，此时有3个交点，有3个交点，满足题意，故需要满足，解得，综上可得或故选：A.二、填空题10.已知复数，则复数的虚部为________〖答案〗〖解析〗所以复数的虚部为故〖答案〗为：.11.已知圆和圆，则圆与圆的公共弦的弦长__________．〖答案〗〖解析〗圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，所以，满足两圆相交有公共弦，两圆公共弦所在直线方程为两圆方程作差得：，即，所以圆心到直线的距离，则公共弦长为.故〖答案〗为：.12.曲线在处的切线的倾斜角为，则______．〖答案〗〖解析〗由，则，所以，所以故〖答案〗为：．13.定义在上的函数满足，且时，，则________〖答案〗〖解析〗由可得函数为奇函数，由可得，故函数的周期为4，所以，因为，所以..故〖答案〗为：.14.若，，且，则的最小值为________；此时_________.〖答案〗9〖解析〗因为，所以.因为，，所以.当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为9，此时.故〖答案〗为：9；.15.如图，在四边形ABCD中，，，，且，则实数的值为__________，若M，N是线段BC上的动点，且，则的最小值为_______．〖答案〗〖解析〗因为，所以，因为，所以，所以；建立如图所示的坐标系，因为，，，可得，设，因为，则，所以，，当时等号成立，所以的最小值为，故〖答案〗为：,.三、解答题16.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，．（1）求c；（2）求的值；（3）求的值．解：（1）由余弦定理得，∴．（2）由正弦定理，得，解得．∵，∴A为锐角，∴，∴．（3）由（2）可得，∵，∴．17.如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，为棱上的点，且.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值；（3）设为棱上的点（不与，重合），且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.（1）证明：因为平面，平面，平面，所以，，又因为，则以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知可得，，，，，所以，，.因为，.所以，又，平面，平面.所以平面.（2）解：设平面的法向量，由（1）可知，设平面的法向量因为，.所以，即，不妨设，得.，又由图示知二面角锐角，所以二面角的余弦值为.（3）解：设，即.所以，即.因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，即，解得，即.18.已知圆C经过点和，且圆心C在直线上．（1）求圆C的方程；（2）设直线l经过点，且l与圆C相切，求直线l的方程．（3）为圆上任意一点，在（1）的条件下，求的最小值.解：（1）因为圆心C在直线上，所以设圆C的圆心C(a,a+1),半径为r(r>0)，所以圆的方程为，因为圆C经过点和，所以，即解得所以圆C的方程为;（2）由题意设直线l的方程为或，当l的方程为时，验证可知l与圆C相切；当l的方程为，即时,圆心C到直线l的距离为，解得，所以l的方程为，即.所以直线l的方程为或.（3）由（1）知圆心为,半径为5，则圆心与点的距离为，因为可以看作圆上任意一点与点的距离的平方，所以的最小值为.19.已知数列是公比的等比数列，前三项和为13，且恰好分别是等差数列的第一项，第三项，第五项.（1）求数列和通项公式；（2）设数列的通项公式，求数列的前项和；（3）求.解：（1）由题意得，解得或（不合题意，舍去），所以，又，所以，所以.（2）设奇数项的和为，，设偶数项的和为，所以.（3），所以.20.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明；（3）若不等式恰有两个整数解，求实数的取值范围.（1）解：由题意，得的定义域为．若，则当时，，故在上单调递增，若，则当时，，当时，故在上单调递增，在上单调递减．综上所述，若，在上单调递增；若，在上单调递增，在上单调递减．（2）证明：由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为，所以等价于，即设，则，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得最大值，最大值为，所以当时，，从而当时，，即．