精品解析：天津市第二十中学2023-2024学年高三下学期第三次统练数学试卷

天津市第二十中学高三数学第三次统练 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分. 1. 设全集，集合，，则=（ ） A B. C. D. 2. “”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的大致图像为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：7，11，14，m，22；乙组：5，10，n，18，20，若这两组数据的第50百分位数、第80百分位数分别对应相等，则=（ ） A. 28 B. 29 C. 30 D. 32 6. 已知直四棱柱的底面是边长为2的菱形，且．若M，N分别是侧棱，上的点，且MC=2，NB=1，则四棱锥的体积为（ ） A. B. 2 C. D. 6 7. 已知定义在R上的奇函数满足，已知当时，，若恰有六个不相等的零点，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列的通项公式，前项和为，若，则的最大值是（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 9. 已知双曲线左右焦点分别为，，点是双曲线右支上一点，点是线段上一点，且，，则该双曲线的离心率为（ ） A B. 2 C. D. 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 复数z及其共轭复数满足（1+i）z﹣2＝2+3i，其中i为虚数单位，则复数z＝_____ 11. 在的二项式中，所有项的二项式系数之和为，则常数项等于______． 12. 设P为直线3x＋4y＋3＝0上的动点，过点P作圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，切点分别为A，B，则四边形PACB的面积的最小值为________． 13. 甲､乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时该队获胜，比赛结束），根据以往比赛成绩，甲队主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是__________． 14. 在菱形中，，已知点在线段上，且，则______，若点为线段上一个动点，则的最小值为______. 15. 若对任意的且，都有≥0恒成立，则的最小值为____________. 三、解答题 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c（），已知， （1）求； （2）求a，c的值； （3）求的值. 17. 在三棱柱中，侧面正方形的中心为点，平面，且，，点满足. （1）若，求证平面； （2）求点到平面的距离； （3）若平面与平面的夹角的正弦值为，求的值. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于两点，的周长为8． （1）求的方程； （2）若直线与交于两点，且原点到直线的距离为定值1，求的最大值． 19. 已知数列满足. （1）求； （2）若，数列前n项和为 ①求； ②对于任意的，均有恒成立，求m的范围. 20. 已知函数的图像记为曲线． （1）过点作曲线的切线，这样的切线有且仅有两条． （ⅰ）求的值； （ⅱ）若点在曲线上，对任意的，求证：． （2）若对恒成立，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市第二十中学高三数学第三次统练 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分. 1. 设全集，集合，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用补集、并集的定义直接求解即得. 【详解】依题意，全集，则，， 得，所以. 故选：B 2. “”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用不等式性质，及充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】取，满足，而， 反之，，则， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：A 3. 函数的大致图像为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和符号判断. 【详解】 ， ∴ 是奇函数； 令 ，则有 ， 是增函数， ∴当 时， ，即 ； 故选：A. 4. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用对数函数和指数函数的性质比较大小即可. 【详解】因，，， 所以. 故选：A 5. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：7，11，14，m，22；乙组：5，10，n，18，20，若这两组数据的第50百分位数、第80百分位数分别对应相等，则=（ ） A. 28 B. 29 C. 30 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出两组数据的第50百分位数、第80百分位数，求出即可得解. 【详解】依题意，甲组数据的第50百分位数为14，乙组数据的第50百分位数为，则， 由，得甲组数据的第80百分位数为，乙组数据的第80百分位数为， 因此，解得，所以. 故选：C 6. 已知直四棱柱的底面是边长为2的菱形，且．若M，N分别是侧棱，上的点，且MC=2，NB=1，则四棱锥的体积为（ ） A. B. 2 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】取中点，证明平面，再利用锥体的体积公式计算即得. 【详解】在直四棱柱中，取中点，连接， 由四边形是菱形，且，得是正三角形，， 而平面，平面，则，又， 平面，于是平面，显然， 四边形是梯形，， 所以四棱锥的体积. 故选：A 7. 已知定义在R上的奇函数满足，已知当时，，若恰有六个不相等的零点，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知求出，再分析出函数的周期性和对称性，作出函数的图象分析即得解. 【详解】解：因为是定义在R上的奇函数，所以. 所以当时，. 因为，则关于对称， 因为关于对称，有6个不相同的根， ∴在有三个不同的根， 表示过定点的直线系， . 作出在上的图象,如图所示， 时，，又, 则； 时，; 时，显然不满足题意. ∴m的取值范围. 故选：D． 8. 已知数列的通项公式，前项和为，若，则的最大值是（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得当最大时，取得最大值，令，解出不等式可得，求出即可得解. 【详解】根据题意，数列的通项公式是， 其前项和是，有， 即当最大时，取得最大值； 若，且，解得， 即当时，的值为非负， 当，时，， 此时取得最大值10. 故选：B. 【点睛】本题考查了数列和一元二次不等式的综合应用，属于基础题. 9. 已知双曲线的左右焦点分别为，，点是双曲线右支上一点，点是线段上一点，且，，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先设，，利用双曲线的定义和余弦定理得到，根据得到，化简整理即可得到，再求离心率即可. 【详解】设，，则，如图所示： 由余弦定理得， 即， 所以， 从而. 因为， 所以， 整理得：， 即，整理得， 解得或（舍去）， 所以，，. 故选：B 【点睛】本题考查双曲线的几何性质，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力，属于难题. 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 复数z及其共轭复数满足（1+i）z﹣2＝2+3i，其中i为虚数单位，则复数z＝_____ 【答案】 【解析】 【分析】设，代入题目所给已知条件，利用复数相等的条件列方程组，解方程组求得的值. 【详解】设，则， ，于是有 解得， 即. 【点睛】本小题主要考查复数的乘法运算，考查复数相等的概念，考查方程的思想，属于基础题. 11. 在的二项式中，所有项的二项式系数之和为，则常数项等于______． 【答案】112 【解析】 【详解】由题意可得：， 结合二项式展开式通项公式可得：， 令可得：，则常数项为：. 12. 设P为直线3x＋4y＋3＝0上的动点，过点P作圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，切点分别为A，B，则四边形PACB的面积的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由圆的方程写出圆心与半径，根据圆切线的性质知：四边形PACB的面积为2S△PAC且S△PAC＝PA·AC、PA＝，只需结合点线距离公式求PC的最小值，即可得四边形PACB的面积的最小值. 【详解】依题意，圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝1的圆心是点C(1,1)，半径是1， 易知PC最小值等于圆心C(1,1)到直线3x＋4y＋3＝0的距离即，且， 由四边形PACB的面积为2S△PAC＝2×(PA·AC)＝PA·AC＝PA＝， ∴四边形PACB的面积的最小值是． 故答案为： 13. 甲､乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时该队获胜，比赛结束），根据以往比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】甲队以4∶1获胜包含的情况有: ①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜， ②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜， ③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜， ④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，由此能求出甲队以4∶1获胜的概率. 【详解】甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主” 设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立， 甲队以4：1获胜包含的情况有： ①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：， ②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：， ③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：， ④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：， 则甲队以4：1获胜的概率为： . 故答案为：0.32 14. 在菱形中，，已知点在线段上，且，则______，若点为线段上一个动点，则最小值为______. 【答案】 ①. 7 ②. 【解析】 【分析】设，进一步将其表示成以，为基底的向量，结合已知条件，可得关于和的方程组，解之，再根据模长的计算方法，得的值；设，，根据平面向量的运算法则，推出，然后由配方法，得解． 【详解】解：因为，，所以，， 所以，， 因为点在线段上， 可设， 而，所以，解得，， 所以， 则， 所以， 因为点为线段上一个动点， 可设，， 所以， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 故答案为：7，． 【点睛】本题考查平面向量在几何中的应用，熟练掌握平面向量的线性和数量积的运算法则，平面向量的基本定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，有一定的难度． 15. 若对任意的且，都有≥0恒成立，则的最小值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】先由求出方程的根，而要使≥0对任意的恒成立，只要，从而得到，进而可求出的最小值. 【详解】解：因为且，所以有唯一正根， 而方程有唯一实根； 所以要使对任意的恒成立， 由奇穿偶回原理可知，即， 所以， 所以≥ ， 当且仅当时，取最小值为， 故答案： 【点睛】此题考查了方程与零点的问题，不等式恒成立问题，考查了数学转化思想，考查了运算能力，属于较难题. 三、解答题 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c（），已知， （1）求； （2）求a，c的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理的边化角公式结合三角恒等变换得出； （2）由三角形面积公式得出，再由余弦定理得出，进而得出a，c的值； （3）计算，再由差角公式求解即可. 【小问1详解】 ，， 又，. 【小问2详解】 ，又， ，① ，即② 又，由①②可得， 【小问3详解】 ， ， . 17. 在三棱柱中，侧面正方形的中心为点，平面，且，，点满足. （1）若，求证平面； （2）求点到平面的距离； （3）若平面与平面的夹角的正弦值为，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）利用三角形的中位线，证明，得证平面； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离； （3）求出两个平面法向量，利用两个平面夹角的正弦值，求的值. 【小问1详解】 证明：连接， ∵，，∴点是的中点， 又∵是的中点，∴， 又平面， 平面，∴平面. 【小问2详解】 ∵正方形，∴，又平面， ∴以为原点，，，的方向分别为，，轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 正方形中，则， ，得， 则，，，，， ，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，可得法向量为， 又， ∴点到平面的距离. 【小问3详解】 ∵，∴，， 则，， 设面的一个法向量为， 则，令，则， 可得法向量为， ∵在三棱柱中，平面平面，∴平面法向量为， ∴， ∵平面与平面所成角的正弦值为， ∴，可得，解得或. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于两点，的周长为8． （1）求的方程； （2）若直线与交于两点，且原点到直线的距离为定值1，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由的周长结合椭圆的定义得出，再由的关系求出，进而得出椭圆的方程； （2）当直线斜率不存在时，，当直线斜率存在时，设直线的方程为，由原点到直线的距离为定值1，得，再联立方程组，由弦长公式求最值. 【小问1详解】 因为的周长为8， 所以，解得， 焦距为，，所以， 所以椭圆E的方程为． 【小问2详解】 当直线斜率不存在时，为或， 当时，，则， 当时，同理， 当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为， 因为原点到直线的距离为定值1，所以，则， 设， 联立椭圆于直线方程， 消元得， 所以， 由，得, , 令， 则， 由，所以当时，， 所以的最大值 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为，； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 已知数列满足. （1）求； （2）若，数列的前n项和为 ①求； ②对于任意的，均有恒成立，求m的范围. 【答案】（1），；（2）①；②． 【解析】 【分析】 （1）由写出时，，相减可得，注意求出检验； （2）①用错位相减法求；②把不等式变形为恒成立，设，用作差法求出的最大项，可得的范围． 【详解】（1）因为，（i） 所以时，（ii） （i）－（ii）得．所以， 又时，，适合此式， 所以，； （2）由（1）知， ①，所以， 两式相减得， ； ②由①不等式恒成立化为恒成立， 设，则， 时，，时，，即数列前4项递增，从第4项开始递减， 所以的最大值是． 所以． 【点睛】方法点睛：本题考查类似由求的方法，考查错位相减法求和，以及数列的恒成立问题．解题方法如下： （1）由计算时，，需要另外求解，解法不相同， （2）设是等差数列，是等比数列，则数列需用错位相减法求和，数列求和还有裂项相消法、分组（并项）求和法、倒序相加法等针对特殊数列的特殊方法； （3）数列恒成立问题的常用方法是分离参数后转化为求数列的最大项（或最小项），一般可利用作差法（或作商法）研究数列的单调性，得到数列的最大项． 20. 已知函数的图像记为曲线． （1）过点作曲线的切线，这样的切线有且仅有两条． （ⅰ）求的值； （ⅱ）若点在曲线上，对任意的，求证：． （2）若对恒成立，求的最大值． 【答案】（1）（ⅰ）或；（ⅱ）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）利用用导数的几何意义求过点处的切线方程，再结合已知条件及函数的极值点即可求解； （ⅱ）根据已知条件结合（ⅰ）知，，进而讨论，然后去掉函数的绝对值，将证明不等式问题转化为求函数的最值问题，最后利用导数法求函数的最值即可求解； （2）将不等式得对恒成立，然后分两种情况讨论， 或，当时， ，，最后利用导数法求函数的最值即可求解； 【小问1详解】 （ⅰ）∵，∴ 设切点为，则 所以切线方程为，将点代入得 可化为 设∵， 令 令即，解得或； 令即，解得； 所以函数在上单调递减，在上单调递增. ∴的极值点0和， ∵过点作曲线的切线．这样的切线有且仅有两条 ∴或，∴或； 所以的值为或. （ⅱ）因为点在曲线上，所以， 当时，左边 令函数，∵. 当时，函数在上单调递增， 当即时，由得; 由得; ∴函数在上单调递减，在上单调递增 ∴ ； 当时，左边 令函数 ∵，由得; 由得; 当时，即时，函数在上单调递减， 当时，函数在上单调递减，在上单调递增 令函数 设在上单调递增 ∴ 即证. 【小问2详解】 由得对恒成立，显然． 若，则， 若，则， 设函数， 令即，解得； 令即，解得； 所以函数在上单调递减，在上单调递增 ∴ 设，∵ 令，即，解得； 令，即，解得； ∴函数在上单调递增，在上单调递减. ∴，即的最大值为，此时 【点睛】解决此题的关键第一问中的第一小问利用导数的几何意义函数过点处的切线方程；第一问中的第二小问主要是根据第一小问的结论及去掉绝对值，将证明不等式问题转化为求函数的最值问题，进而利用导数法求函数的最值即可；第二问主要是利用分离参数法求解不等式恒成立问题，但要注意分类讨论，最后利用导数法求函数的最值问题即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$