天津市北辰區(qū)2024屆高三三模 數(shù)學試題【含答案】

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1、 北辰區(qū)2024年高考模擬考試試卷 數(shù)學 本試卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試用時120分鐘.祝各位考生考試順利! 第Ⅰ卷 注意事項： 1.每小題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號. 2.本卷共9小題，每小題5分，共45分. 參考公式： ·如果事件A，B互斥，那么. ·如果事件A，B相互獨立，那么. 一?選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的. 1．已知集合，，，則（????） A． B． C． D． 2．對于實數(shù)，“”是“”的（????） A．充分

2、不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 3．函數(shù)的圖象大致為（????） A． B． C． D． 4．已知，，，則a，b，c的大小關系為（????） A． B． C． D． 5．已知在等比數(shù)列中，，等差數(shù)列的前項和為，且，則（????） A．60 B．54 C．42 D．36 6．下列說法中正確的個數(shù)為（???）個 ①對立事件一定是互斥事件；②在經(jīng)驗回歸直線方程中，當解釋變量每增加一個單位時，預報變量減少0.1個單位；③兩個隨機變量的線性相關性越強，相關系數(shù)絕對值越接近于1；④在回歸分析模型中，若相關指數(shù)越小，則殘差平方和越大，模型的擬合效果

3、越好. A．1 B．2 C．3 D．4 7．已知函數(shù)，則下列結(jié)論不正確的是（????） A．的最小正周期為 B．的圖象關于點對稱 C．若是偶函數(shù)，則， D．在區(qū)間上的值域為 8．中國載人航天技術發(fā)展日新月異.目前，世界上只有3個國家能夠獨立開展載人航天活動.從神話“嫦娥奔月”到古代“萬戶飛天”，從詩詞“九天攬月”到壁畫“仕女飛天”……千百年來，中國人以不同的方式表達著對未知領域的探索與創(chuàng)新.如圖，可視為類似火箭整流罩的一個容器，其內(nèi)部可以看成由一個圓錐和一個圓柱組合而成的幾何體.圓柱和圓錐的底面半徑均為2，圓柱的高為6，圓錐的高為4.若將其內(nèi)部注入液體，已知液面高度為7，則該容器

4、中液體的體積為（????） A． B． C． D． 9．在中，，為外心，且，則的最大值為（????） A． B． C． D． 第Ⅱ卷 注意事項： 1.用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上. 2.本卷共11小題，共105分. 二?填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分.試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分. 10．是虛數(shù)單位，復數(shù)的虛部為 . 11．若展開式的二項式系數(shù)和為128，則展開式中的系數(shù)為 . 12．過拋物線的焦點作圓：的兩條切線，切點分別為，若為等邊三角形，則的值為 .

5、 13．某單位為了提高員工身體素質(zhì)，開展雙人投籃比寒，現(xiàn)甲?乙兩人為一組參加比賽，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若投中，則此人繼續(xù)投籃，若未投中，則換為對方投籃，無論之前投籃的情況如何，甲每次投籃的命中率均為，乙每次投籃的命中率均為.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲?乙的概率各為.第2次投籃的人是甲的概率為 ；已知在第2次投籃的人是乙的情況下，第1次投籃的人是甲的概率為 . 14．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，過且垂直于軸的直線與該雙曲線的左支交于A，B兩點.若是虛軸長的倍，則該雙曲線的一條漸近線為 ；若，分別交軸

6、于，兩點，且的周長為8，則的最大值為 . 15．若函數(shù)有四個零點，則實數(shù)的取值范圍為 . 三?解答題：本大題共5小題，共75分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟. 16．已知的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，滿足. (1)求角的大小； (2)若，求的值； (3)若的面積為，，求的周長. 17．如圖，在四棱錐中，平面，，∥，，，為棱的中點. (1)證明：∥平面； (2)求平面和平面夾角的余弦值； (3)求A點到直線的距離. 18．已知橢圓：的離心率為，左?右焦點分別為，，上?下頂點分別為，，且四邊形的面積為. (1)

7、求橢圓的標準方程； (2)直線：與橢圓交于P，Q兩點，且P，Q關于原點的對稱點分別為M，N，若是一個與無關的常數(shù)，則當四邊形面積最大時，求直線的方程. 19．已知為等差數(shù)列，前項和為，若，；數(shù)列滿足：，. (1)求和的通項公式； (2)對任意的，將中落入?yún)^(qū)間內(nèi)項的個數(shù)記為. （i）求； （ii）記，的前項和記為，是否存在，，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由. 20．已知，曲線在點處的切線為. (1)當時，求直線的方程； (2)證明：與曲線有一個異于點的交點，且； (3)在（2）的條件下，令，求的取值范圍. 1．C 【分析】 由已知求解，化簡集合N后再由

8、交集運算得答案． 【詳解】 ∵集合，， ∴，又＝{0,1}， ∴()∩N＝{0,1}． 故選：C． 2．B 【分析】分析可知，等價于且，再利用包含關系分析充分、必有條件. 【詳解】因為，等價于且， 且是的真子集， 所以“”是“”的必要不充分條件. 故選：B. 3．A 【分析】由奇函數(shù)性質(zhì)以及指數(shù)函數(shù)單調(diào)性即可判斷. 【詳解】，且函數(shù)定義域為，關于原點對稱，所以為奇函數(shù)，排除CD． 當時，，所以，排除B，經(jīng)檢驗A選項符合題意. 故選：A． 4．D 【分析】根據(jù)指、對數(shù)函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合中間值“”分析大小即可. 【詳解】因為在上單調(diào)遞減，則，即； 又因為在上單

9、調(diào)遞減，則，即； 可得，且在上單調(diào)遞增， 則，即； 綜上所述：. 故選：D. 5．C 【分析】首先根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)計算出，然后得出等差數(shù)列的，最后再根據(jù)等差數(shù)列求和公式即可求解. 【詳解】由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，因為，所以，， 所以. 故選：C 6．B 【分析】根據(jù)對立事件與互斥事件定義、回歸直線中回歸系數(shù)的含義、相關系數(shù)的計算公式和回歸分析的基本思想依次判斷各個選項即可. 【詳解】對于①，對立事件一定是互斥事件，但互斥事件未必是對立事件，故①正確； 對于②，根據(jù)回歸直線方程中回歸系數(shù)的含義可知：當解釋變量每增加一個單位時，預報變量增加個單位，故②錯誤； 對于③，根

10、據(jù)相關系數(shù)的計算公式可知：兩個變量的線性相關性越強，相關系數(shù)的絕對值越接近，故③正確； 對于④，根據(jù)回歸分析的基本思想可知：相關指數(shù)越小，則殘差平方和越大，模型的擬合效果越差，④錯誤. 故選：B. 7．D 【分析】A項，化簡函數(shù)求出，即可得出周期；B項，計算出函數(shù)為0時自變量的取值范圍，即可得出函數(shù)的對稱點，即可得出結(jié)論；C項，利用偶函數(shù)即可求出的取值范圍；D項，計算出時的范圍，即可得出值域. 【詳解】由題意， 在中， ， A項，，A正確； B項，令, 得, 當時,, 所以的圖象關于點 對稱,故B正確; C項，是偶函數(shù)， ∴, ， 解得：, 故C正確； D

11、項, 當 時, , 所以, 所以在區(qū)間上的值域為，故D錯誤. 故選：D. 8．A 【分析】結(jié)合軸截面分析可知，，再利用圓柱以及圓臺的體積公式運算求解. 【詳解】由題意可知：容器中液體分為：下半部分為圓柱，上半部分為圓臺， 取軸截面，如圖所示，分別為的中點， 可知：∥∥，且， 可得，即， 所以該容器中液體的體積為. 故選：A. 9．A 【分析】 根據(jù)三角形外心性質(zhì)及數(shù)量積的幾何意義，可得在方向上的投影向量為，從而求得，再根據(jù)余弦定理及基本不等式可求得最值． 【詳解】 由O為△ABC外心，可得在方向上的投影向量為， 則，故， 又，設， 則 ， 當且

12、僅當時等號成立， 由可知，， 故的最大值為． 故選：A． 10． 【分析】根據(jù)復數(shù)的四則運算可得，結(jié)合復數(shù)的有關概念即可求解. 【詳解】， 所以復數(shù)Z的虛部為. 故答案為： 11．280 【分析】根據(jù)二項式系數(shù)和可得，再結(jié)合二項展開式的通項分析求解即可. 【詳解】由題意可知：二項式系數(shù)和為，解得， 則展開式的通項為， 令，解得， 所以展開式中的系數(shù)為. 故答案為：280. 12．4 【分析】 由拋物線的性質(zhì)，結(jié)合直線與圓的位置關系求解． 【詳解】 如圖， 過拋物線的焦點F作圓C：的兩條切線，切點分別為M，N，又△FMN為等邊三角形， 則在直角三角

13、形MCF中，，， 又C(2,0)，，又， 則，即，則p＝4． 故答案為：4． 13． 【分析】設相應事件，結(jié)合題意分析相應事件的概率，結(jié)合全概率公式求；結(jié)合條件概率求. 【詳解】設“第次是甲投籃”為事件，“投籃命中”為事件B， 由題意可知：，， 則， 所以第2次投籃的人是甲的概率為 ； 且在第2次投籃的人是乙的情況下，第1次投籃的人是甲的概率為 . 故答案為：；. 14． （或） 【分析】由題意可知：.若是虛軸長的倍，列式整理可得，即可得漸近線方程；若的周長為8，分析可知，結(jié)合定義整理可得，代入結(jié)合基本不等式運算求解. 【詳

14、解】由題意可知：，且該雙曲線的焦點在x軸上， 若是虛軸長的倍，則，即， 所以該雙曲線的一條漸近線為（或）； 由題意可知：∥，且為線段的中點，可知分別為，的中點， 則， 可得，結(jié)合對稱性可知， 又因為點A在雙曲線上，則，即， 可得，整理可得，解得， 則， 當且僅當，即時，等號成立， 所以的最大值為. 故答案為：（或）；. 15． 【分析】分析可知關于直線對稱，由對稱性可知當時，有2個零點，令，化簡整理可得：與在內(nèi)只有一個交點，利用導數(shù)分析的單調(diào)性和極值，結(jié)合圖象分析求解. 【詳解】由題意可知：的定義域為， 且， 可知關于直線對稱， 原題意等價于：當時，有2個

15、零點，且，即， 若，則， 顯然， 若時，令，可得， 令，可知與在內(nèi)只有一個交點， 則，令，解得或；令，解得； 可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增， 且，又， 可得的圖象如圖所示， 由圖象可知：或或，解得或或， 綜上所述：實數(shù)的取值范圍為. 故答案為：. 【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是關于直線對稱，根據(jù)對稱性可得當時，有2個零點，這樣可以去絕對值，把問題轉(zhuǎn)化為常規(guī)問題. 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）根據(jù)正弦定理即可求解； （2）利用同角三角函數(shù)關系式，得到，之后應用余弦倍角公式和正弦和角公式求得結(jié)果； （3）利用三角形面積公式得到，結(jié)合余

16、弦定理求得，進而得到三角形的周長. 【詳解】（1）因為， 所以， 所以，所以， 因為，所以； （2）由已知得，， 所以， ， 所以； （3）因為， 所以，由余弦定理得， 所以，所以， 所以的周長為. 17．(1)證明見詳解 (2) (3) 【分析】（1）取中點，可得四邊形為平行四邊形，從而，利用線面平行的判定定理即可得證； （2）建系標點，求出平面BDM的法向量，易知為平面PDM的一個法向量，利用向量夾角公式求解可得答案. （3）利用空間向量求得，即可得，進而可得結(jié)果. 【詳解】（1）取中點，連接，． 在中，，分別為，的中點，則，， 因為∥，，則

17、，， 可知四邊形為平行四邊形，則， 且平面，平面，所以∥平面PAD． （2）因為平面，，平面ABCD， 則，，且， 以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示， 取CD的中點，連接BE， 因為∥，，則，， 又因為，所以四邊形ABED為矩形， 且，可知四邊形ABED是以邊長為2的正方形， 則，，，，，， 可得，，， 設平面BDM的法向量為，所以， 令，則，．所以平面BDM的一個法向量為， 易知為平面PDM的一個法向量， 所以， 所以平面和平面夾角的余弦值為. （3）由（2）可知：， 則， 即，可知為銳角， 則， 所以A點到直線的

18、距離為. 18．(1) (2)答案見解析 【分析】 （1）由橢圓的性質(zhì)及已知條件可得a，b，c的關系，從而可求出a，b，c的值，從而可得橢圓C的標準方程； （2）直線l方程與橢圓方程聯(lián)立，可得根與系數(shù)的關系，從而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一個與m無關的常數(shù)，可求出k的值，表示出四邊形PQMN面積，求出當四邊形PQMN面積最大時m的值，即可求解直線l的方程． 【詳解】（1）， ，所以， 因為a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1， 所以橢圓方程為． （2） 如圖，設P（x1，y1），Q（x2，y2）， ， 聯(lián)立，消去y整理得

19、（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0， Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2， 所以，. ， ， 因為|OP|2+|OQ|2是一個與m無關的常數(shù)，所以32k2﹣24＝0，，， ，， 點O到直線l的距離， 所以， 當且僅當，即m2＝3， 因為m＞0，所以時，取得最大值為， 因為S四邊形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大時，S四邊形MNPQ最大， 所以或． 19．(1)， (2)（i）（ii）存在 【分析】（1）的通項通過基本量法求解，的通項通過令，兩式作商求解. （2）（i）求出即可得出答案；

20、????（ii）根據(jù)題意求出和的關系，在利用取值范圍求出和. 【詳解】（1）， 所以， ① 當時，令得：② ①②得：，所以是公差為的等差數(shù)列， 當時有：，所以 （2）（i） 因為，所以，所以 （ii），把代入得：， 所以，， 所以 因為，，所以， 當時，（舍去），當時，（舍去）， 當時，，所以存在，. 【點睛】關鍵點點睛：本題考查數(shù)列等差數(shù)列的基本量計算，數(shù)列與不等式的綜合應用.解題的關鍵是設出公差，列式求解求得，進而通過得求出，此外，對于探究性問題，一般解法是先假設存在，再根據(jù)已知條件推出結(jié)論或矛盾，本題在解答過程中核心是借助化簡整理得.考查數(shù)學運算求解能力，邏

21、輯推理能力. 20．(1) (2)證明見解析 (3) 【分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義即可求解； （2）設，，利用零點存在定理證明存在使得即可； （3）設，則計算可得. 令，則命題即要研究有正根的充要條件. 再對分類討論，利用高階導數(shù)研究的單調(diào)性，即可求解. 【詳解】（1）當時，，而，所以. 所以的方程是，即； （2）由于，故的方程可化為. 設，則直線的方程為. 令， 設，則對有，所以在上單調(diào)遞增. 記，則 . 由于， 且 ， 故一定存在，使得，即. 而，故是與曲線的交點，且； （3）對，設. 則， ， . 由于當時，的導數(shù)， 故在上單調(diào)遞

22、增. 若，則. 所以對有，從而在上單調(diào)遞增； 所以對有，從而在上單調(diào)遞增； 所以對有，從而在上單調(diào)遞增； 所以對有，從而在上無零點. 若，則. 由于對有， 故. 從而存在使. 結(jié)合在上單調(diào)遞增，知對有，從而在上單調(diào)遞減； 所以對有，從而在上單調(diào)遞減； 所以對有，從而在上單調(diào)遞減； 所以，又由于對有 ， 故對有，從而當時，有 . 結(jié)合，就知道在上存在零點，從而在上存在零點. 綜上，對，函數(shù)在上存在零點的充要條件是. 最后，一方面我們?nèi)?，就? ， 所以在上存在零點，故，得； 另一方面，對任意，取，則在上存在零點. 記該零點為，取，則 . 所以這樣的滿足原條件，且. 綜上，的取值范圍是. 【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于，將取值范圍問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點存在性問題，然后即可使用導數(shù)研究零點的存在性.