精品解析：2024届天津市耀华中学高三二模数学试卷

天津市耀华中学2024届高三年级第二次校模拟考 数学试卷 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题共45分） 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上. 1. 设全集，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知：，：，则是的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 3. 函数，则部分图象大致形状是（ ） A. B. C D. 4. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”的党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，估计这组数据的第85百分位数为（ ）分 A. 84 B. 85 C. 86 D. 87 5. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 设等比数列的前项和为，已知，则（ ） A. 80 B. 160 C. 121 D. 242 7. 已知函数的部分图像如图所示，则（ ） A. 直线是的对称轴 B. 点是的对称中心 C. 在区间上单调递减 D. 当时，的值域为 8. 在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ） A B. C. D. 9. 设双曲线：的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线与双曲线C交于A，B两点，，，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 第Ⅱ卷（非选择题 共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填写在答题卡上. 10. 已知是虚数单位，复数的虚部为___________． 11. 二项式的展开式中的常数项为__________.（用数字作答） 12. 以抛物线的焦点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点，已知，则__________． 13. 举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望________；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是________． 14. 已知中，，，记，则_________；若，当最大时，___________. 15. 函数，若关于的方程恰好有8个不同的实数根，则实数的取值范围是______. 三、解答题：本大题共5小题，共75分，将解题过程及答案填写在答题纸上. 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 17. 如图，在多面体中，，，，平面，，，. （1）求证：直线平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前项和，，且. （1）求数列和的通项公式； （2）设，，求数列的前项和； （3）设，求的前项和； 19. 已知椭圆经过点，下顶点为抛物线的焦点． （1）求椭圆的方程； （2）若点均在椭圆上，且满足直线与斜率之积为， （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）当时，求直线的方程． 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若对时，，求正实数最大值； （3）若函数的最小值为，试判断方程实数根的个数，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市耀华中学2024届高三年级第二次校模拟考 数学试卷 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题共45分） 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上. 1. 设全集，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集、补集的知识求得正确答案. 【详解】依题意， 阴影部分为. 故选：B 2. 已知：，：，则是的（ ）条件 A 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】依次判断充分性、必要性，即可求解. 【详解】由，解得，由，解得， 所以能推出，不能推出，则是充分不必要条件. 故选：A 3. 函数，则的部分图象大致形状是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数奇偶性以及时函数值的正负，通过排除法得答案. 【详解】函数的定义域为， ， 即函数为偶函数，排除BD； 当时，，排除C. 故选：A. 4. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”的党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，估计这组数据的第85百分位数为（ ）分 A. 84 B. 85 C. 86 D. 87 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数定义，结合数据求解即可. 【详解】由，解得：， 所以前4组频率之和为，前5组频率之和为， 设这组数据的第85百分位数为，则，解得：， 故选：C 5. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可. 【详解】因为，，， 又， 所以. 故选：C. 6. 设等比数列的前项和为，已知，则（ ） A. 80 B. 160 C. 121 D. 242 【答案】A 【解析】 【分析】由的关系结合数列是等比数列，先得出，在中，令得，，由此即可得解. 【详解】由题意，所以，两式相减得， 又数列是等比数列， 所以它的公比， 在中，令得，，解得， 又， 所以是首项为，公比为3的等比数列， 所以，所以. 故选：A. 7. 已知函数的部分图像如图所示，则（ ） A. 直线是的对称轴 B. 点是的对称中心 C. 在区间上单调递减 D. 当时，的值域为 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求出函数的解析式，利用正弦函数的性质依次判断各个选项. 【详解】由图知，所以周期． 又因为，所以，当时，， 所以．又因为，所以，即． 对于选项A，当时，，，所以直线是的对称轴，故A正确； 对于选项B，当时，，所以点不是的对称中心，故B错误； 对于选项C，当时，，由正弦函数可知，区间上不单调递减，故C错误； 对于选项D，当时，，的值域为，故D错误． 故选：A. 8. 在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求几何体的体积，再求被截较小部分的体积即可. 【详解】由题意可知，如图所示，， 所以平面即为平面截几何体的截面. 因为，, 所以几何体的体积, 被截棱台的体积 , 较大部分体积为, 且, 所以较小部分的体积为. 故选：D. 9. 设双曲线：的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线与双曲线C交于A，B两点，，，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线的对称性可得，且四边形为平行四边形，由数量积的定义，结合余弦定理代入计算，即可得离心率. 【详解】 由双曲线的对称性可知，，有四边形为平行四边形， 令，则， 由双曲线定义可知，故有，即， 即，， 则 ， 即，，所以. 故选：B 【点睛】方法点睛：求双曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法： 一：求出，代入公式计算； 二：只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）. 第Ⅱ卷（非选择题 共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填写在答题卡上. 10. 已知是虚数单位，复数的虚部为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断其虚部. 【详解】因为， 所以的虚部为. 故答案为： 11. 二项式的展开式中的常数项为__________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先求展开式的通项，再令的次数为进而求出常数项. 【详解】展开式的通项为 ， 令，解得， 此时，即常数项为. 故答案为：. 12. 以抛物线的焦点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点，已知，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】设点在第一象限，可得，由此可确定圆的半径，利用可求得结果. 【详解】由抛物线方程知：，， 不妨设点在第一象限，如图所示， 由，得：，圆的半径， ． 故答案为：. 13. 举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望________；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件，依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望，再由条件概率的概率公式求出. 【详解】依题意随机变量的可能取值为、、，则；； ， 所以随机变量的概率分布为 1 2 3 所以随机变量的期望为. 记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件， 则， , 所以， 所以甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率为. 故答案为：； 14. 已知中，，，记，则_________；若，当最大时，___________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】用基底和表示，即可求得；建立平面直角坐标系，用向量方法表示出，求解最小，即可得到最大时. 【详解】 因为，所以， ， 所以，； 因为，所以，以为坐标原点建立如图所示直角坐标系，则，， 设，则，，则，， ，当且仅当时取等号， 此时，，最小，最大， 所以当最大时，. 故答案为：，. 15. 函数，若关于的方程恰好有8个不同的实数根，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】令，由对勾函数得到其单调性和值域情况，画出函数的图象，数形结合得到不同的时，两函数交点情况，得到答案. 【详解】令，由对勾函数的性质可知： 对于一个确定的值，关于的方程最多两个解， 画出的图象如下： 故值域为， 作出函数的图象，如下： 令，解得：， 令，解得：，， 令，解得：， 当时，存在唯一的，使得，此时方程有两解； 当时，存在使得，此时方程有三解， 其中时，有1个解，即，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有四解， 时，无解，时，有2个解，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有七解， 时，有1个解，即，时，有2个解，时，有2个解， 时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有八个解， 当时，有2个解，时，有2个解，时，有2个解，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有六解， 当时，有2个解，时，有2个解，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有四解， 当时，有2个解，时，有2个解； 综上：实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数. 三、解答题：本大题共5小题，共75分，将解题过程及答案填写在答题纸上. 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数基本关系可求，进而利用正弦定理以及求得的值； （2）由题意利用余弦定理可得，解得的值； （3）利用二倍角公式可求，值，利用同角三角函数基本关系可求的值，进而利用两角和的正弦公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以，又， 所以由正弦定理可得：，即，解得 【小问2详解】 因为，，， 化简可得：，解得(负值舍去)， 【小问3详解】 因，， 因为，为锐角，可得， 所以 17. 如图，在多面体中，，，，平面，，，. （1）求证：直线平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据，即可得证 （2）分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解值； （3）设点到平面的距离为，利用点到平面的向量公式即可求解. 【小问1详解】 因为，平面，平面， 所以， 所以，，两两垂直， 则以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示 的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量，则，令， 得， 所以，则， 又因为平面 所以直线平面. 【小问2详解】 由，得，， 设平面的法向量为，则，令 得， 所以 则平面与平面夹角的余弦值为 【小问3详解】 由于，平面的法向量， 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为 18. 已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前项和，，且. （1）求数列和的通项公式； （2）设，，求数列的前项和； （3）设，求的前项和； 【答案】（1）；；（2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）由等差数列定义和等比数列通项公式可构造方程求得公比，进而得到，由等比数列通项公式可求得；利用可得到，利用累乘法可求得； （2）由（1）可得，利用裂项相消法可求得结果； （3）由（1）可得，进而整理得到，将相邻两项看作一组，采用分组求和的方式，分别根据等差数列求和公式和错位相减法求得两个部分的和，由此可得. 【详解】（1）设等比数列的公比为， ，，成等差数列，，即， ，，解得：或（舍）； ，，即，解得：，； 当时，，整理可得：， ； 经检验，当时，满足， 综上所述：. （2）由（1）得：， ； （3）由（1）得：， ， 令，则其前项和； 令， 则其前项和， ， ，， . 【点睛】方法点睛：本题考查数列通项和求和相关问题的求解，涉及到求和方法中的分组求和、裂项相消法和错位相减法的应用，其中错位相减法的基本步骤如下： ①列出的形式； ②左右两侧同乘通项中的等比部分的公比，得到； ③上下两式作差得到，结合等比数列求和公式可整理等式右侧的部分； ④整理所得式子求得. 19. 已知椭圆经过点，下顶点为抛物线的焦点． （1）求椭圆的方程； （2）若点均在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为， （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）当时，求直线的方程． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，即可得到，再由椭圆过点，求出； （2）（ⅰ）设直线的方程为，、，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，代入后化简得的值，代入直线方程可得定点坐标； （ⅱ）设直线恒过定点为，由，可得，结合（ⅰ）中韦达定理求出、，即可求出，从而求出直线方程. 【小问1详解】 抛物线的焦点为，所以椭圆的下顶点，则， 又椭圆经过点，所以，解得， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）当直线的斜率不存在时，设，则， 所以，则，与矛盾， 所以直线的斜率存在， 由已知直线斜率同号，因此直线的斜率存在且不为， 设直线的方程为，设， 由得， 由，可得， 所以，， 则 ， ， 所以， 即， 所以，解得或， 当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，不合题意， 当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，符合题意． 综上可得直线恒过定点. （ⅱ）设直线恒过定点为， 此时，解得， 由，可得， 又，， 所以，， 所以，解得，满足， 所以， 所以直线方程为. 【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线上直线过定点问题的方法． 设出直线方程为，设交点坐标为，直线方程与圆锥曲线方程联立方程组，消元后应用韦达定理得，代入题中关于交点的满足的的条件可得出关系，从而代入直线方程后得定点坐标． 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若对时，，求正实数的最大值； （3）若函数的最小值为，试判断方程实数根的个数，并说明理由. 【答案】（1） （2） （3）个实数根，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，求解即可；（2）两次求导后，分和两种情况，结合隐零点问题，分析的单调性，确定使得对恒成立时正实数的值即可； （3）先结合隐零点问题的处理方法，求得的取值范围，再将原问题转化为求方程的实数根的个数，然后构造函数，并再次运用隐零点证明有唯一零点，进而得解. 【小问1详解】 当时，，， 所以，， 则曲线在处的切线方程为 【小问2详解】 由题意知，，令， 所以， 因为，所以，而为正实数， 所以在上恒成立， 所以函数在区间上单调递增，且， ①当时，在区间上恒成立， 所以函数在上单调递减，此时，符合题意； ②当时，，， 由零点存在定理知，，使得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则当时，有，不符合题意， 综上，正实数的最大值为 【小问3详解】 方程实数根有且只有一个，理由如下： ， 所以，令， 则在上恒成立， 所以在上单调递增， 因为，， 所以，使得，即， 两边同时取对数得，， 而在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令，则， 所以，在上单调递减，所以 因为，且， 所以方程的实数根等价于的实数根， 设，其中，则， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 又，， 所以，使得，即， 两边取对数得，，即， 又，且， 所以， 设，则在上恒成立， 所以函数在上单调递增， 所以，且， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即函数只有唯一零点， 故方程的实数根有且只有一个，即方程实数根有且只有一个. 【点睛】关键点睛：第二问的关键是两次求导得当的单调性，结合隐零点以及零点存在定理分类讨论得到的单调性， 第三问的关键是将方程的实数根等价于的实数根，构造函数，结合导数研究根的个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$