天津市北辰區(qū)2024屆高三三模 數(shù)學(xué)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(xué) 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(shí)120分鐘.祝各位考生考試順利! 第Ⅰ卷 注意事項(xiàng)： 1.每小題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào). 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(dú)立，那么. 一?選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的. 1．已知集合，，，則（????） A． B． C． D． 2．對(duì)于實(shí)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(guān)系為（????） A． B． C． D． 5．已知在等比數(shù)列中，，等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，且，則（????） A．60 B．54 C．42 D．36 6．下列說(shuō)法中正確的個(gè)數(shù)為（???）個(gè) ①對(duì)立事件一定是互斥事件；②在經(jīng)驗(yàn)回歸直線方程中，當(dāng)解釋變量每增加一個(gè)單位時(shí)，預(yù)報(bào)變量減少0.1個(gè)單位；③兩個(gè)隨機(jī)變量的線性相關(guān)性越強(qiáng)，相關(guān)系數(shù)絕對(duì)值越接近于1；④在回歸分析模型中，若相關(guān)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(guān)于點(diǎn)對(duì)稱 C．若是偶函數(shù)，則， D．在區(qū)間上的值域?yàn)? 8．中國(guó)載人航天技術(shù)發(fā)展日新月異.目前，世界上只有3個(gè)國(guó)家能夠獨(dú)立開展載人航天活動(dòng).從神話“嫦娥奔月”到古代“萬(wàn)戶飛天”，從詩(shī)詞“九天攬?jiān)隆钡奖诋嫛笆伺w天”……千百年來(lái)，中國(guó)人以不同的方式表達(dá)著對(duì)未知領(lǐng)域的探索與創(chuàng)新.如圖，可視為類似火箭整流罩的一個(gè)容器，其內(nèi)部可以看成由一個(gè)圓錐和一個(gè)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(xiàng)： 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(gè)空的，答對(duì)1個(gè)的給3分，全部答對(duì)的給5分. 10．是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)的虛部為 . 11．若展開式的二項(xiàng)式系數(shù)和為128，則展開式中的系數(shù)為 . 12．過(guò)拋物線的焦點(diǎn)作圓：的兩條切線，切點(diǎn)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(duì)方投籃，無(wú)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(diǎn)分別為，，過(guò)且垂直于軸的直線與該雙曲線的左支交于A，B兩點(diǎn).若是虛軸長(zhǎng)的倍，則該雙曲線的一條漸近線為 ；若，分別交軸

6、于，兩點(diǎn)，且的周長(zhǎng)為8，則的最大值為 . 15．若函數(shù)有四個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)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(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟. 16．已知的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，滿足. (1)求角的大?。? (2)若，求的值； (3)若的面積為，，求的周長(zhǎng). 17．如圖，在四棱錐中，平面，，∥，，，為棱的中點(diǎn). (1)證明：∥平面； (2)求平面和平面夾角的余弦值； (3)求A點(diǎn)到直線的距離. 18．已知橢圓：的離心率為，左?右焦點(diǎn)分別為，，上?下頂點(diǎn)分別為，，且四邊形的面積為. (1)

7、求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)直線：與橢圓交于P，Q兩點(diǎn)，且P，Q關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)分別為M，N，若是一個(gè)與無(wú)關(guān)的常數(shù)，則當(dāng)四邊形面積最大時(shí)，求直線的方程. 19．已知為等差數(shù)列，前項(xiàng)和為，若，；數(shù)列滿足：，. (1)求和的通項(xiàng)公式； (2)對(duì)任意的，將中落入?yún)^(qū)間內(nèi)項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為. （i）求； （ii）記，的前項(xiàng)和記為，是否存在，，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由. 20．已知，曲線在點(diǎn)處的切線為. (1)當(dāng)時(shí)，求直線的方程； (2)證明：與曲線有一個(gè)異于點(diǎn)的交點(diǎn)，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(jiǎn)集合N后再由

8、交集運(yùn)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(jià)于且，再利用包含關(guān)系分析充分、必有條件. 【詳解】因?yàn)椋葍r(jià)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?yàn)椋P(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以為奇函數(shù)，排除CD． 當(dāng)時(shí)，，所以，排除B，經(jīng)檢驗(yàn)A選項(xiàng)符合題意. 故選：A． 4．D 【分析】根據(jù)指、對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合中間值“”分析大小即可. 【詳解】因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，則，即； 又因?yàn)樵谏蠁?/p>

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(jì)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?yàn)?，所以，? 所以. 故選：C 6．B 【分析】根據(jù)對(duì)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(guān)系數(shù)的計(jì)算公式和回歸分析的基本思想依次判斷各個(gè)選項(xiàng)即可. 【詳解】對(duì)于①，對(duì)立事件一定是互斥事件，但互斥事件未必是對(duì)立事件，故①正確； 對(duì)于②，根據(jù)回歸直線方程中回歸系數(shù)的含義可知：當(dāng)解釋變量每增加一個(gè)單位時(shí)，預(yù)報(bào)變量增加個(gè)單位，故②錯(cuò)誤； 對(duì)于③，根

10、據(jù)相關(guān)系數(shù)的計(jì)算公式可知：兩個(gè)變量的線性相關(guān)性越強(qiáng)，相關(guān)系數(shù)的絕對(duì)值越接近，故③正確； 對(duì)于④，根據(jù)回歸分析的基本思想可知：相關(guān)指數(shù)越小，則殘差平方和越大，模型的擬合效果越差，④錯(cuò)誤. 故選：B. 7．D 【分析】A項(xiàng)，化簡(jiǎn)函數(shù)求出，即可得出周期；B項(xiàng)，計(jì)算出函數(shù)為0時(shí)自變量的取值范圍，即可得出函數(shù)的對(duì)稱點(diǎn)，即可得出結(jié)論；C項(xiàng)，利用偶函數(shù)即可求出的取值范圍；D項(xiàng)，計(jì)算出時(shí)的范圍，即可得出值域. 【詳解】由題意， 在中， ， A項(xiàng)，，A正確； B項(xiàng)，令, 得, 當(dāng)時(shí),, 所以的圖象關(guān)于點(diǎn) 對(duì)稱,故B正確; C項(xiàng)，是偶函數(shù)， ∴, ， 解得：, 故C正確； D

11、項(xiàng), 當(dāng) 時(shí), , 所以, 所以在區(qū)間上的值域?yàn)?，故D錯(cuò)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(tái)的體積公式運(yùn)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(tái)， 取軸截面，如圖所示，分別為的中點(diǎn)， 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(shè)， 則 ， 當(dāng)且

12、僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立， 由可知，， 故的最大值為． 故選：A． 10． 【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算可得，結(jié)合復(fù)數(shù)的有關(guān)概念即可求解. 【詳解】， 所以復(fù)數(shù)Z的虛部為. 故答案為： 11．280 【分析】根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)和可得，再結(jié)合二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)分析求解即可. 【詳解】由題意可知：二項(xiàng)式系數(shù)和為，解得， 則展開式的通項(xiàng)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(guān)系求解． 【詳解】 如圖， 過(guò)拋物線的焦點(diǎn)F作圓C：的兩條切線，切點(diǎn)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(shè)相應(yīng)事件，結(jié)合題意分析相應(yīng)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(shè)“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(zhǎng)的倍，列式整理可得，即可得漸近線方程；若的周長(zhǎng)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(yùn)算求解. 【詳

14、解】由題意可知：，且該雙曲線的焦點(diǎn)在x軸上， 若是虛軸長(zhǎng)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(diǎn)，可知分別為，的中點(diǎn)， 則， 可得，結(jié)合對(duì)稱性可知， 又因?yàn)辄c(diǎn)A在雙曲線上，則，即， 可得，整理可得，解得， 則， 當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立， 所以的最大值為. 故答案為：（或）；. 15． 【分析】分析可知關(guān)于直線對(duì)稱，由對(duì)稱性可知當(dāng)時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn)，令，化簡(jiǎn)整理可得：與在內(nèi)只有一個(gè)交點(diǎn)，利用導(dǎo)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?yàn)椋? 且， 可知關(guān)于直線對(duì)稱， 原題意等價(jià)于：當(dāng)時(shí)，有2個(gè)

15、零點(diǎn)，且，即， 若，則， 顯然， 若時(shí)，令，可得， 令，可知與在內(nèi)只有一個(gè)交點(diǎn)， 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(shí)數(shù)的取值范圍為. 故答案為：. 【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是關(guān)于直線對(duì)稱，根據(jù)對(duì)稱性可得當(dāng)時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn)，這樣可以去絕對(duì)值，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為常規(guī)問(wèn)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(guān)系式，得到，之后應(yīng)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(jìn)而得到三角形的周長(zhǎng). 【詳解】（1）因?yàn)椋? 所以， 所以，所以， 因?yàn)?，所以? （2）由已知得，， 所以， ， 所以； （3）因?yàn)椋? 所以，由余弦定理得， 所以，所以， 所以的周長(zhǎng)為. 17．(1)證明見詳解 (2) (3) 【分析】（1）取中點(diǎn)，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(biāo)點(diǎn)，求出平面BDM的法向量，易知為平面PDM的一個(gè)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(jìn)而可得結(jié)果. 【詳解】（1）取中點(diǎn)，連接，． 在中，，分別為，的中點(diǎn)，則，， 因?yàn)椤?，，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?yàn)槠矫?，，平面ABCD， 則，，且， 以為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示， 取CD的中點(diǎn)，連接BE， 因?yàn)椤?，，則，， 又因?yàn)?，所以四邊形ABED為矩形， 且，可知四邊形ABED是以邊長(zhǎng)為2的正方形， 則，，，，，， 可得，，， 設(shè)平面BDM的法向量為，所以， 令，則，．所以平面BDM的一個(gè)法向量為， 易知為平面PDM的一個(gè)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(diǎn)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(guān)系，從而可求出a，b，c的值，從而可得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)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(guān)系，從而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一個(gè)與m無(wú)關(guān)的常數(shù)，可求出k的值，表示出四邊形PQMN面積，求出當(dāng)四邊形PQMN面積最大時(shí)m的值，即可求解直線l的方程． 【詳解】（1）， ，所以， 因?yàn)閍2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1， 所以橢圓方程為． （2） 如圖，設(shè)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?yàn)閨OP|2+|OQ|2是一個(gè)與m無(wú)關(guān)的常數(shù)，所以32k2﹣24＝0，，， ，， 點(diǎn)O到直線l的距離， 所以， 當(dāng)且僅當(dāng)，即m2＝3， 因?yàn)閙＞0，所以時(shí)，取得最大值為， 因?yàn)镾四邊形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大時(shí)，S四邊形MNPQ最大， 所以或． 19．(1)， (2)（i）（ii）存在 【分析】（1）的通項(xiàng)通過(guò)基本量法求解，的通項(xiàng)通過(guò)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(guān)系，在利用取值范圍求出和. 【詳解】（1）， 所以， ① 當(dāng)時(shí)，令得：② ①②得：，所以是公差為的等差數(shù)列， 當(dāng)時(shí)有：，所以 （2）（i） 因?yàn)椋?，所? （ii），把代入得：， 所以，， 所以 因?yàn)?，，所以? 當(dāng)時(shí)，（舍去），當(dāng)時(shí)，（舍去）， 當(dāng)時(shí)，，所以存在，. 【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列等差數(shù)列的基本量計(jì)算，數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用.解題的關(guān)鍵是設(shè)出公差，列式求解求得，進(jìn)而通過(guò)得求出，此外，對(duì)于探究性問(wèn)題，一般解法是先假設(shè)存在，再根據(jù)已知條件推出結(jié)論或矛盾，本題在解答過(guò)程中核心是借助化簡(jiǎn)整理得.考查數(shù)學(xué)運(yùn)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(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求解； （2）設(shè)，，利用零點(diǎn)存在定理證明存在使得即可； （3）設(shè)，則計(jì)算可得. 令，則命題即要研究有正根的充要條件. 再對(duì)分類討論，利用高階導(dǎo)數(shù)研究的單調(diào)性，即可求解. 【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，而，所以. 所以的方程是，即； （2）由于，故的方程可化為. 設(shè)，則直線的方程為. 令， 設(shè)，則對(duì)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(diǎn)，且； （3）對(duì)，設(shè). 則， ， . 由于當(dāng)時(shí)，的導(dǎo)數(shù)， 故在上單調(diào)遞

22、增. 若，則. 所以對(duì)有，從而在上單調(diào)遞增； 所以對(duì)有，從而在上單調(diào)遞增； 所以對(duì)有，從而在上單調(diào)遞增； 所以對(duì)有，從而在上無(wú)零點(diǎn). 若，則. 由于對(duì)有， 故. 從而存在使. 結(jié)合在上單調(diào)遞增，知對(duì)有，從而在上單調(diào)遞減； 所以對(duì)有，從而在上單調(diào)遞減； 所以對(duì)有，從而在上單調(diào)遞減； 所以，又由于對(duì)有 ， 故對(duì)有，從而當(dāng)時(shí)，有 . 結(jié)合，就知道在上存在零點(diǎn)，從而在上存在零點(diǎn). 綜上，對(duì)，函數(shù)在上存在零點(diǎn)的充要條件是. 最后，一方面我們?nèi)?，就? ， 所以在上存在零點(diǎn)，故，得； 另一方面，對(duì)任意，取，則在上存在零點(diǎn). 記該零點(diǎn)為，取，則 . 所以這樣的滿足原條件，且. 綜上，的取值范圍是. 【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵在于，將取值范圍問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)存在性問(wèn)題，然后即可使用導(dǎo)數(shù)研究零點(diǎn)的存在性.