精品解析：天津市和平区2024届高三第三次质量调查（三模）数学试卷

和平区2023－2024学年度第二学期高三年级第三次质量调查数学学科试卷 温馨提示：本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分． 考试时间120分钟．祝同学们考试顺利！ 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 注意事项： 1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号涂写在答题卡上． 2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答在试卷上的无效． 3．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式： ·如果事件互斥，则． ·如果事件相互独立，则． ·任意两个事件与，若，则． 一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式，得到，根据交集定义得到答案. 【详解】， 故. 故选：A 2. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据否定命题的定义即可求解. 【详解】命题“，”否定为“，”. 故选：B. 3. 设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性及对数函数的单调性，结合特殊值比较大小即可. 【详解】因为在定义域上单调递减，所以， 又在定义域上单调递增，所以， 在定义域上单调递减，所以， 所以. 故选：B 4. 若，则等于（ ） A. B. 6 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数的运算法则及指对数互化可得，进而即得. 【详解】由，可得，即， 所以. 故选：C 5. 已知数列满足，，是数列的前项和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，可得数列是以2为公比的等比数列，从而可求出，进而可求出. 【详解】因为，所以， 由于，则，所以， 所以数列是以2为公比，2为首项的等比数列， 所以， 所以， 所以 ， 故选：D 6. 下列说法中，正确的个数为（ ） ①样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度； ②用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好； ③随机变量服从正态分布，若，则； ④随机变量服从二项分布，若方差，则． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】根据相关系数的性质，二项分布的性质，拟合效果的衡量以及正态分布的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】相关系数的绝对值越接近于1，成对样本数据之间线性相关的程度越强，故①正确； 用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好，故②正确； 已知随机变量服从正态分布，若，则，故③正确； 若随机变量服从二项分布，则方差，所以， 所以，所以或，故④错误. 故选：C. 7. 已知正方体的棱长为6，点，分别在棱，上，且满足，点为底面的中心，过点，，作平面，则平面截正方体所得的截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由于上下底平行，则可得平面与上下底面的交线平行，则可得为平面与上底面的交线，为平面与下底面的交线，则梯形为平面截正方体的截面，可证得梯形为等腰梯形，根据已知的数量关系求解即可. 【详解】连接，，与交点即为， 因，所以‖， 因为‖，所以‖， 所以共面， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 因为正方体的棱长为6，且， 所以， 在中，，则， 在中，，则 ， 在，，则 ， 过作于，则， 所以, 所以等腰梯形的面积为 , 故选：A 8. 已知函数（，且），，若函数在区间上恰有3个极大值点，则的取值范围为（ ） A. B. ． C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简得到，从而得到，根据函数极大值点的个数得到方程，求出答案. 【详解】， ，， 函数在区间上恰有3个极大值点， 故，解得. 故选：D 9. 双曲线与抛物线交于，两点，若抛物线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，（点，均异于原点），且与分别过，的焦点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设双曲线的两个焦点分别为，抛物线的焦点为，设，，在双曲线上可得，联立渐近线与抛物线方程可得进而可得，代入可得，可求的值. 【详解】设双曲线的两个焦点分别为，抛物线的焦点为， 由过的焦点，可设，， 又在双曲线上，可得， 由，解得 由过的焦点， 可得，即有，代入， 可得，解得， 则. 故选：C. 第Ⅱ卷（非选择题 共105分） 注意事项： 1．用黑色钢笔或签字笔直接答在答题卡上，答在本试卷上的无效． 2．本卷共11题，共105分． 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分） 10. 为虚数单位，复数满足，则复数的虚部为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数运算法则求的代数形式，再求其虚部即可. 【详解】因为， 所以， 所以复数的虚部为， 故答案为：. 11. 在的展开式中，常数项为______（请用数字作答）． 【答案】 【解析】 【分析】求出展开式的通项公式，再分析计算得解. 【详解】二项式展开式的通项公式为：， 由或，得或， 所以展开式的常数项为. 故答案为： 12. 抛掷两颗质地均匀的骰子，其中白色骰子与黑色骰子各一颗，记事件为“白色骰子的点数为或”，事件为“两颗骰子点数之和大于”，则______；______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】分别求出事件，事件和事件同时发生的概率，再由条件概率的公式计算即可. 【详解】抛掷白、黑两颗骰子，事件总数为，事件的基本事件数为， 易知， 用中的表示抛掷白、黑两颗骰子的点数，则事件包含：，， 所以，， 所以，， 故答案：，. 13. 已知圆以点为圆心，且与直线相切，则满足以上条件的圆的半径最大时，圆的标准方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】先求得直线过定点，圆的半径最大时，即为圆心和点的距离，即可求得半径，进而求得圆的标准方程. 【详解】直线，可化为， 所以，解得，所以直线过定点， 当与直线垂直时，圆的半径最大，半径为， 所以圆标准方程为. 故答案为：. 14. 已知中，点是中点，点满足，记，，请用，表示______；若，向量在向量上的投影向量的模的最小值为______． 【答案】 ① ②. 【解析】 【分析】由题意可得，，可求得；向量在向量上的投影向量的模为，计算可求得最小值. 【详解】根据题意，可得， 由点是中点，可得， 所以， 向量在向量上的投影向量， 因为，所以， 所以向量在向量上的投影向量的模为： ， 当且仅当，即时取等号， 所以向量在向量上的投影向量的模的最小值为. 故答案为：①；②. 15. 已知函数，，且有，若关于的方程有8个相异实根，则实数的取值范围为______． 【答案】． 【解析】 【分析】由题意设，，根据对称轴、单调性等知识画出图象，由题意当且仅当，是关于的方程的两个根，，进一步换元分离参数，并结合对勾函数的性质即可得解. 【详解】由题意设，， 由此可知，的对称轴均为， 且当时，单调递减，单调递增， 当时，单调递增，单调递减， 且， 由此可以画出这两函数的大致图像如图所示： 所以， 所以直线与函数至多有4个不同的交点， 关于的方程至多有2个不同的根， 由题意若关于的方程有8个相异实根， 则当且仅当两个关于的方程，共有8个不同的根， 其中， ，是关于的方程的两个根， 令，则关于的方程有两个不同的根，， 即有两个不同的根，， 设，由对勾函数性质得， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以，， 所以有两个不同的根，， 当且仅当， 综上所述：实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：关键是分析出直线与函数至多有4个不同的交点，关于的方程的至多有2个不同的根，由此可将题目等价转换为有两个不同的根，，从而即可顺利得解. 三、解答题（本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，的面积为，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，进而可得，可求； （2）由已知可得，进而结合余弦定理可求得，进而可求； （3）由正弦定理可得，由余弦定理可得，可求得，进而利用两角和的余弦公式可求. 【小问1详解】 因为．由正弦定理有①． 又因为，所以，代入①式有． 又因为三角形内角，因此，所以，． 【小问2详解】 因为的面积为，即，所以②． 又由余弦定理，，可得③． 因为．由②③式可知，． 【小问3详解】 由正弦定理有，有，， ，， ． 17. 如图，平面平面，，，，． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）求平面与平面所成夹角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）． （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得； （2）求出平面的法向量，利用空间向量法求出平面夹角的余弦值，即可求出正弦值； （3）由点到平面的距离为计算可得. 【小问1详解】 因为平面平面，平面平面，， 平面，所以平面， 又因为，则以点为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向， 建立如下图所示的空间直角坐标系，由已知， 所以，，，，． 因为,平面的法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 又，所以直线与平面所成角为． 【小问2详解】 设平面的法向量为，， 则，令，则，又因为 设平面与平面所成夹角为， 则，又， 所以， 所以平面与平面所成夹角的正弦值为． 【小问3详解】 因为，平面的法向量为， 所以点到平面的距离为． 18. 已知椭圆的焦距为，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆相交于不同的两点，已知点的坐标为，点在线段的垂直平分线上，且满足，求的值． 【答案】（1） （2）或． 【解析】 【分析】（1）由椭圆的基本性质，利用求解即可. （2）先表示直线，则需考虑斜率存在不存在两种情况，斜率不存在时，可算出，斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆联立求解，找出，进而得到，又在线段的垂直平分线上，可求出，最后由代入向量的坐标运算即可求解. 【小问1详解】 设椭圆焦距为，依题意：，解得 又因为，所以，所以，椭圆的方程为． 【小问2详解】 由（1）可知，设点，，中点为， （ⅰ）若直线的斜率不存在，，线段的垂直平分线为轴， ，代入， ，有． （ⅱ）如图所示： 若直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 解得，（舍去），即， 则中点，由题意， 所以．线段的垂直平分线方程为， 令，则，所以， ，， ，解得， 代入，则， 综上：或． 19. 等差数列的前项和为，（且），． （1）求的通项公式与前项和； （2）记，当，时，试比较与的大小； （3）若，正项等比数列中，首项，数列是公比为4的等比数列，且，求的通项公式与． 【答案】（1）， （2）当时，；当时， （3）； 【解析】 【分析】（1）由已知，根据公式，，即可得到结果； （2）由，求得，由，求得，又时，，所以，当时，；当时，； （3）由，得，由首项，数列是公比为4的等比数列，可得，则，用错位相减法可求得，则可得． 【小问1详解】 设数列公差为，由公式，， 又，有，所以．则，． 【小问2详解】 因为，所以有 ，， ，，， 当，时，，即， 所以，当时，；当时，． 【小问3详解】 因为，所以，设正项等比数列的公比为， ，所以，因为，所以， 又， ， 设①，则②， ①式-②式得， ， 所以，， 所以，. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法 1，公式法，直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和， (1)等差数列的前n项和公式： ， (2)等比数列的前n项和公式： . 2，倒序相加法， 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的． 3，错位相减法， 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的． 4，裂项相消法， 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 5，分组转化求和法， 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减． 6，并项求和法， 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 20. 已知函数，，． （1）若，函数存在斜率为3的切线，求实数的取值范围； （2）若，试讨论函数的单调性； （3）若，设函数的图象与函数的图象交于两点，过线段的中点作轴的垂线分别交于点，问是否存在点，使在处的切线与在处的切线平行？若存在，求出点的横坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）运用导数的几何意义，直接求导计算即可； （2）运用导数求解导数等于零时的根，再把导数等于零时的根和区间端点比大小，分类讨论，即可求得的单调性； （3）假设存在，设出点的坐标，运用导数的几何意义列出等式，再利用导数求最值，从而找到矛盾，得到假设不成立，即不存在满足题意的点. 【小问1详解】 因为，所以，， 因为函数存在斜率为3的切线，所以在有解， 所以，得，所以实数的取值范围为. 【小问2详解】 因为，所以，， 令，即，， （ⅰ）当时，即，，在上单调递增． （ⅱ）当时，即，或， 有两根，，， ①当时，，时，，在上单调递增． ②当时，，时，，时，， 时，， 在，上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在，上单调递增，在上单调递减． 【小问3详解】 设点，的坐标为，且， ，， 则点与点的横坐标均为，，， 所以在点处的切线斜率为，在点处的切线斜率为， 假设在点处的切线与在点处的切线平行，则有， 即，则有下式成立： ，即， 设，有，设， 则，所以在上单调递增， 故，即，与矛盾，所以假设不成立， 所以不存在点使在点处的切线与在点处的切线平行． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是根据导数的几何意义列出等式后，把方程问题转化为函数问题，作差构造函数，进而利用导数求解函数的最值，从而找到矛盾，得出结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 和平区2023－2024学年度第二学期高三年级第三次质量调查数学学科试卷 温馨提示：本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分． 考试时间120分钟．祝同学们考试顺利！ 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 注意事项： 1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号涂写在答题卡上． 2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答在试卷上的无效． 3．本卷共9小题，每小题5分，共45分． 参考公式： ·如果事件互斥，则． ·如果事件相互独立，则． ·任意两个事件与，若，则． 一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C ， D. ， 3. 设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则等于（ ） A. B. 6 C. D. 3 5. 已知数列满足，，是数列的前项和，则（ ） A. B. C. D. 6. 下列说法中，正确的个数为（ ） ①样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度； ②用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好； ③随机变量服从正态分布，若，则； ④随机变量服从二项分布，若方差，则． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 已知正方体的棱长为6，点，分别在棱，上，且满足，点为底面的中心，过点，，作平面，则平面截正方体所得的截面面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数（，且），，若函数在区间上恰有3个极大值点，则的取值范围为（ ） A B. ． C. D. 9. 双曲线与抛物线交于，两点，若抛物线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，（点，均异于原点），且与分别过，的焦点，则（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题 共105分） 注意事项： 1．用黑色钢笔或签字笔直接答在答题卡上，答在本试卷上的无效． 2．本卷共11题，共105分． 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分） 10. 为虚数单位，复数满足，则复数的虚部为______． 11. 在展开式中，常数项为______（请用数字作答）． 12. 抛掷两颗质地均匀的骰子，其中白色骰子与黑色骰子各一颗，记事件为“白色骰子的点数为或”，事件为“两颗骰子点数之和大于”，则______；______． 13. 已知圆以点为圆心，且与直线相切，则满足以上条件的圆的半径最大时，圆的标准方程为______． 14. 已知中，点是中点，点满足，记，，请用，表示______；若，向量在向量上的投影向量的模的最小值为______． 15. 已知函数，，且有，若关于的方程有8个相异实根，则实数的取值范围为______． 三、解答题（本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，的面积为，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求值． 17. 如图，平面平面，，，，． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）求平面与平面所成夹角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知椭圆的焦距为，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆相交于不同的两点，已知点的坐标为，点在线段的垂直平分线上，且满足，求的值． 19. 等差数列的前项和为，（且），． （1）求的通项公式与前项和； （2）记，当，时，试比较与大小； （3）若，正项等比数列中，首项，数列是公比为4的等比数列，且，求的通项公式与． 20. 已知函数，，． （1）若，函数存在斜率为3的切线，求实数的取值范围； （2）若，试讨论函数的单调性； （3）若，设函数的图象与函数的图象交于两点，过线段的中点作轴的垂线分别交于点，问是否存在点，使在处的切线与在处的切线平行？若存在，求出点的横坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $