2023-2024学年天津市师中师教育集团高一上学期第三次月考数学试卷（含解析）

2023-2024学年天津市师中师教育集团高一上学期第三次月考数学试卷
一、单选题（本题共9小题，共45分）
1.已知集合，则( )
A. B. C. D.
2.“”是“方程表示圆的方程”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.某校举办歌唱比赛，将名参赛选手的成绩整理后画出频率分布直方图如图，根据频率分布直方图，第百分位数估计为( )
A. B. C. D.
4.函数的图象如图所示，则的解析式可能是
( )
A. B.
C. D.
5.已知，则，，的大小关系是
( )
A. B. C. D.
6.已知某地市场上供应的洗衣机中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率是，乙厂产品的合格率是，则从该地市场上买到一台合格洗衣机的概率是( )
A. B. C. D.
7.中国古代数学经典九章算术系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，，，若鳖臑的外接球的体积为，则阳马的外接球的表面积等于
( )
A. B. C. D.
8.已知函数，则有下列结论：的最小正周期为；的图像关于点对称；在单调递增；把的图像上的所有点向右平移为个单位长度，再向上平移个单位，可得到的图像，其中所有正确结论的编号是
( )
A. B. C. D.
9.已知函数，若函数有个零点，则实数的取值范围是
( )
A. B. C. D.
二、填空题（本题共6小题，共30分）
10.是虚数单位，则复数 ．
11.在的展开式中，各项系数和与二项式系数和的比值为，则二项展开式中的常数项为 ．
12.设函数，则的值为 ．
13.年深秋，鼻病毒、肺炎支原体、呼吸道合胞病毒、腺病毒肆虐天津各个高中目前病毒减员情况已经得到缓解，为了挽回数学课程，市教委决定派遣具有丰富教学经验的四支不同的教师队伍、、、，前往四所高中、、、进行教学指导，每支教师队伍到一所高中，那么总共有 请用数字作答种的不同的派遣方法如果已知教师队伍被派遣到高中，那么此时教师队伍被派遣到高中的概率是 ．
14.已知，，两圆和只有一条公切线，则的最小值为
15.如图，在四边形中，，，，，，则 ；设，则 ．
三、解答题（本题共5小题，共60分）
16.已知分别是的内角的对边，且．
Ⅰ求．
Ⅱ若，，求的面积．
Ⅲ在Ⅱ的条件下，求的值．
17.如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，、分别是、的中点．若，．
求证：平面；
求点到平面的距离；
求直线与平面所成角的正弦值．
18.已知为数列的前项和，且，．
求数列的通项公式；
令，设数列的前项和为，若，求的最小值．
19.已知数列满足，，数列是公比为正数的等比数列，，且，，成等差数列，
求数列，的通项公式；
若数列满足，求数列的前项和；
若数列满足，求证：．
20.已知函数．
若恒成立，求的取值范围；
证明：对任意；
讨论函数零点的个数．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】根据交集的定义，直接运算求解即可．
【详解】 ，

故选：
2.【答案】
【解析】【分析】根据 表示圆得到 或 ，然后判断充分性和必要性即可．
【详解】若 表示圆，则 ，解得 或 ，
可以推出 表示圆，满足充分性，
表示圆不能推出 ，不满足必要性，
所以 是 表示圆的充分不必要条件．
故选：．
3.【答案】
【解析】【分析】根据百分位数的定义及频率分布直方图计算即可．
【详解】由图可知 ，
，即第百分位数位于区间 ，
设第百分位数为 ，则 ．
故选：
4.【答案】
【解析】【分析】由函数的图象结合函数的性质逐项排除即可得解．
【详解】对于，当 时， ，所以 ，排除；
对于， 的定义域为 ，
且 ，所以函数 是奇函数，其图象关于原点对称，排除；
对于， 的定义域为 ，
且 ，所以函数 是偶函数，
其图象关于轴对称，排除．
故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】分别化简 即可明显比较出三者大小关系．
【详解】因为 ， ，
所以 ．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】利用全概率公式可求得所求事件的概率．
【详解】从某地市场上购买一台洗衣机，设“买到的洗衣机是甲厂产品”为事件 ，“买到的洗衣机是乙厂产品”为事件 ，“买到的洗衣机是合格品”为事件，
所以 ，
即从该地市场上买到一台合格洗衣机的概率是．
故选：
7.【答案】
【解析】【分析】结合题意确定鳖臑 外接球的球心位置，利用其体积求得的长，将阳马 补成长方体，求得对角线长，即得阳马 外接球直径，即可求得答案．
【详解】设 的中点为，在鳖臑 中， 平面 ， 平面 ，
故 ，则 ；
又四边形 为正方形，即 ，即 ，
平面 ，故 平面 ， 平面 ，
故 ，则 ，故 ，
即为鳖臑 的外接球的球心，外接球直径为 ，
， ，则 ，
设 ，则 ，
鳖臑 的外接球的体积为 ，故 ，
解得 ；
由于 平面 ，四边形 为正方形，
故可将阳马 补成以四边形 为底面，为高的长方体 ，
则阳马 的外接球即为长方体 的外接球，
而 ，
故阳马 的外接球的表面积等于 ，
故选：
8.【答案】
【解析】【分析】由二倍角公式，两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质判断．
【详解】 ，
最小正周期是 ，正确；
，函数图象关于点 对称，错；
时， ， ，因此 在此区间上不单调，错；
把 的图像上的所有点向右平移 为个单位长度，再向上平移 个单位，得函数解析式为 ，正确．
故选：．
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的性质，解题关键是利用二倍角公式、两角和与差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数性质求解．
9.【答案】
【解析】【分析】通过分析得到当 时， 要有个根，参变分离后构造函数 ，研究其单调性和极值，数形结合求出实数的取值范围．
【详解】 与 关于轴对称，且 ，
要想 有个零点，
则当 时， 要有个根，结合对称性可知 时也有个零点，
故满足有个零点，
当 时， ，不合题意；
当 时，此时
令 ，定义域为 ，
，
令 得： ， ，令 得： ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
且当 时， 恒成立，
在 处取得极大值，其中 ，
故 ，此时与 有两个交点．
故选：
【点睛】对于求解函数零点个数问题，由以下的方法：函数单调性与零点存在性定理得到函数零点个数；参变
10.【答案】
【解析】【分析】根据复数的除法运算，即可求得答案．
【详解】由题意得 ，
故答案为：
11.【答案】
【解析】【分析】由已知求得 ，再根据二项式通项公式的展开式求出常数项即可．
【详解】 的展开式中，二项式系数和为 ，
令 ，得 的展开式中，各项系数和为 ，
由题意可得 ，即 ，解得 ，
所以 的展开式的通项为 ，
令 ，解得 ，故展开式的常数项为 ，
故答案为：
12.【答案】
【解析】【分析】先化简函数 ，再对函数求导，进而代值计算即可．
【详解】因为
，
所以 ，
则 ．
故答案为：．
13.【答案】
【解析】【分析】将四支教师队伍进行全排可求得派遣方法的个数，只考虑 教师队伍被派遣的可能情况，利用古典概型的概率公式可求得 教师队伍被派遣到 高中的概率．
【详解】由题意可知，每支教师队伍到一所高中的派遣方法数为 ，
由于教师队伍被派遣到高中，则教师队伍可派遣到其它 个高中，
因此 教师队伍被派遣到 高中的概率是 ．
故答案为： ； ．
14.【答案】
【解析】【分析】两圆只有一条公切线，可以判断两圆是内切关系，可以得到一个等式，结合这个等式，可以求出 的最小值．
【详解】 ，圆心为 ，半径为；
，圆心为 ，半径为因为两圆只有一条公切线，所以两圆是内切关系，即 ，于是有
当且仅当 取等号，因此 的最小值为．
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力．
15.【答案】

【解析】【分析】根据题意和余弦定理求得 ，利用平面向量的数量积求出 ，进而可得 ，即 ；以为原点，以为轴，轴 建立平面直角坐标系，求出 的坐标，根据 列出方程组，解之即可求出 ．
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 ，又 ，
所以 ，
得 ，故 ，
所以 ，
则 ，即 ；
以为原点，以为轴，轴 建立如图平面直角坐标系，
则 ，
所以 ， ，
又 ，
所以 ，解得 ，所以 ．
故答案为：； ．
16.【答案】Ⅰ因为 ，
所以 ，
所以 ，
由正弦定理可得， ；
Ⅱ由余弦定理可得， ，
整理可得， ，
解可得， ，
因为 ，
所以 ；
Ⅲ由于 ， ．
所以

【解析】Ⅰ由已知结合正弦定理先进行代换，然后结合和差角公式及正弦定理可求；Ⅱ由余弦定理可求 ，然后结合三角形的面积公式可求；Ⅲ结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解．
【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式，二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
17.【答案】详解】
证明：设为的中点，连接，，
为的中位线，
又为的中点，，
为平行四边形，
平面，平面，
平面；
设到平面的距离为，
平面，，
又为矩形，，
，平面，为矩形，
为等腰直角三角形，是棱锥的高，
四棱锥的体积 ，
， ，由余弦定理可得 ，
；
四棱锥的体积三棱锥体积的倍三棱锥体积，
， ，
点到平面的距离为 ；
作平面于，
是与平面所成的角，
由知，在中， ，
平面，，又，
所以平面，，
根据数据可得： ，
，
直线与平面所成角的正弦值为 ．

【解析】设为的中点，连接，，为的中位线， ，又为的中点，，为平行四边形， ，即可得证；
利用等体积法，四棱锥的体积三棱锥体积的倍三棱锥体积，即可得解；
作平面于，是与平面所成的角，在中， ， ，由正弦公式即可得解．
【点睛】本题考查了线面垂直的证明，以及点到面的距离以及线面所成角，考查了等体积法求高和转化思想，要求较高的计算能力，属于较难题．
18.【答案】当 时， ，解得 ，
又 ，所以
所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ，所以 ，
所以数列 是以为首项，为公比的等比数列，
所以 ；
由可得 ，
所以
，
因为 ，即 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
所以 的最小值为．

【解析】根据数列递推式利用 之间的关系推出 ，结合等比数列定义以及等比数列通项公式即可求得答案；
由结果可得 的表达式，利用裂项法即可求得 表达式，解不等式即得答案．
19.【答案】数列 满足 ， ，
所以 常数，故数列 是首项为，公差为的等差数列，
故 ．
数列 是公比为正数的等比数列，设公比为 ，
，且 ， ，成等差数列，
所以 ，即 ，解得 ，
所以数列 是首项为，公比为的正数的等比数列．
所以 ．
故： ， ．
数列 满足 ，由得， ，
所以 ，
，
；
证明：数列 满足 ，
时， ，
所以
，
故 ．

【解析】根据等差数列的通项公式可求得 ；由题意求出数列 的公比，即可求得 的表达式；
由的结果可求得 的通项公式，利用裂项法即可求得 ；
由可得 的表达式，利用分组求和的方法结合不等式的放缩，即可证明结论．
20.【答案】求导可得： ，
若 ，对任意的 ， ， 为减函数，所以 ，符合题意；
若 ，考查函数 ，
当 ，即 时， ，此时 在 上为减函数，有 ，符合题意；
当 ，即 时，令 可得：
， ，
所以，当 时， ， 为增函数，所以 ，不符题意，
综上可得： 的取值范围为 ．
由知当 时， 成立，即 时，恒有 ，
即当 时， 成立．
取 ，有 ，
即 ， ，
所以， ，
将上述不等式相加可得： ，
整理可得 ，
即 成立；
由 ，
当 时， ， 为减函数，
又 ， ，
此时 在 内有一个零点 ；
当 时，令 ，可得 或 舍，
此时 有一个零点，
当 时，考查函数 ，
若 ，即 时， ，
所以 为减函数，由 ，
，此时 有一个零点在 内；
若 ， 时， 有两解，
， ，
此时 在 上为减函数，在 上为增函数，
由 可知，所以极小值 ，极大值 ，
由 ，
取 ， ，
令 ，
，令 ，则 ，
由 所以 ，所以 为减函数，
所以 ，所以 为减函数，
所以 ，所以 ，
可得 ，此时 有三个零点，
综上可得： 时， 有一个零点， 时， 有三个零点．

【解析】进行求导可得 ，讨论函数 的单调性，求得最大值满足小于即可；
取 ， 时， 成立，代入 整理即可得证；
由导函数 ，讨论 的单调性，结合图象即可求得零点．
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了恒成立问题和不等式证明问题，同时考查了数形结合思想，计算量较大，属于难题本题的关键点有：
分类讨论解决函数问题时要找到讨论点；
用函数不等式证明数列不等式时，注意取值和相消法的应用；
在讨论零点问题时注意零点存在性定理的应用以及参数的替换．
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