精品解析：2024届天津市北辰区高三三模数学试题

北辰区2024年高考模拟考试试卷 数学 本试卷分为第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.祝各位考生考试顺利! 第Ⅰ卷 注意事项： 1.每小题选出答案后，用铅笔将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. 2.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： ·如果事件A，B互斥，那么. ·如果事件A，B相互独立，那么. 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】C 【解析】 【分析】由已知求解，化简集合N后再由交集运算得答案． 【详解】∵集合，， ∴，又＝{0,1}， ∴()∩N＝{0,1}． 故选：C． 2. 对于实数，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知，等价于且，再利用包含关系分析充分、必有条件. 【详解】因为，等价于且， 且是的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由奇函数性质以及指数函数单调性即可判断. 【详解】，且函数定义域为，关于原点对称，所以为奇函数，排除CD． 当时，，所以，排除B，经检验A选项符合题意. 故选：A． 4. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指、对数函数单调性，结合中间值“”分析大小即可. 【详解】因为在上单调递减，则，即； 又因为在上单调递减，则，即； 可得，且在上单调递增， 则，即； 综上所述：. 故选：D. 5. 已知在等比数列中，，等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 60 B. 54 C. 42 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据等比数列的性质计算出，然后得出等差数列的，最后再根据等差数列求和公式即可求解. 【详解】由等比数列的性质可知，因为，所以，， 所以. 故选：C 6. 下列说法中正确的个数为（ ）个 ①对立事件一定是互斥事件；②在经验回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量减少0.1个单位；③两个随机变量的线性相关性越强，相关系数绝对值越接近于1；④在回归分析模型中，若相关指数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越好. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据对立事件与互斥事件定义、回归直线中回归系数的含义、相关系数的计算公式和回归分析的基本思想依次判断各个选项即可. 【详解】对于①，对立事件一定是互斥事件，但互斥事件未必是对立事件，故①正确； 对于②，根据回归直线方程中回归系数的含义可知：当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加个单位，故②错误； 对于③，根据相关系数的计算公式可知：两个变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近，故③正确； 对于④，根据回归分析的基本思想可知：相关指数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越差，④错误. 故选：B. 7. 已知函数，则下列结论不正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 若是偶函数，则， D. 在区间上的值域为 【答案】D 【解析】 【分析】A项，化简函数求出，即可得出周期；B项，计算出函数为0时自变量的取值范围，即可得出函数的对称点，即可得出结论；C项，利用偶函数即可求出的取值范围；D项，计算出时的范围，即可得出值域. 详解】由题意， 在中， ， A项，，A正确； B项，令, 得, 当时,, 所以的图象关于点 对称,故B正确; C项，是偶函数， ∴, ， 解得：, 故C正确； D项, 当 时, , 所以, 所以在区间上的值域为，故D错误. 故选：D. 8. 中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合轴截面分析可知，，再利用圆柱以及圆台的体积公式运算求解. 【详解】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台， 取轴截面，如图所示，分别为的中点， 可知：∥∥，且， 可得，即， 所以该容器中液体的体积为. 故选：A. 9. 在中，，为外心，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角形外心性质及数量积的几何意义，可得在方向上的投影向量为，从而求得，再根据余弦定理及基本不等式可求得最值． 【详解】由O为△ABC外心，可得在方向上的投影向量为， 则，故， 又，设， 则 ， 当且仅当时等号成立， 由可知，， 故的最大值为． 故选：A． 第Ⅱ卷 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2.本卷共11小题，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. 是虚数单位，复数的虚部为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的四则运算可得，结合复数的有关概念即可求解. 【详解】， 所以复数Z虚部为. 故答案为： 11. 若展开式的二项式系数和为128，则展开式中的系数为___________. 【答案】280 【解析】 【分析】根据二项式系数和可得，再结合二项展开式的通项分析求解即可. 【详解】由题意可知：二项式系数和为，解得， 则展开式的通项为， 令，解得， 所以展开式中的系数为. 故答案为：280. 12. 过抛物线的焦点作圆：的两条切线，切点分别为，若为等边三角形，则的值为___________. 【答案】4 【解析】 【分析】由抛物线的性质，结合直线与圆的位置关系求解． 【详解】如图， 过抛物线的焦点F作圆C：的两条切线，切点分别为M，N，又△FMN为等边三角形， 则在直角三角形MCF中，，， 又C(2,0)，，又， 则，即，则p＝4． 故答案为：4． 13. 某单位为了提高员工身体素质，开展双人投篮比寒，现甲､乙两人为一组参加比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若投中，则此人继续投篮，若未投中，则换为对方投篮，无论之前投篮的情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲､乙的概率各为.第2次投篮的人是甲的概率为___________；已知在第2次投篮的人是乙的情况下，第1次投篮的人是甲的概率为___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设相应事件，结合题意分析相应事件的概率，结合全概率公式求；结合条件概率求. 【详解】设“第次是甲投篮”为事件，“投篮命中”为事件B， 由题意可知：，， 则， 所以第2次投篮的人是甲的概率为 ； 且在第2次投篮的人是乙的情况下，第1次投篮的人是甲的概率为 . 故答案为：；. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于A，B两点.若是虚轴长的倍，则该双曲线的一条渐近线为___________；若，分别交轴于，两点，且的周长为8，则的最大值为___________. 【答案】 ①. （或） ②. 【解析】 【分析】由题意可知：.若是虚轴长的倍，列式整理可得，即可得渐近线方程；若的周长为8，分析可知，结合定义整理可得，代入结合基本不等式运算求解. 【详解】由题意可知：，且该双曲线的焦点在x轴上， 若是虚轴长的倍，则，即， 所以该双曲线的一条渐近线为（或）； 由题意可知：∥，且为线段的中点，可知分别为，的中点， 则， 可得，结合对称性可知， 又因为点A在双曲线上，则，即， 可得，整理可得，解得， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为. 故答案为：（或）；. 15. 若函数有四个零点，则实数的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知关于直线对称，由对称性可知当时，有2个零点，令，化简整理可得：与在内只有一个交点，利用导数分析的单调性和极值，结合图象分析求解. 【详解】由题意可知：的定义域为， 且， 可知关于直线对称， 原题意等价于：当时，有2个零点，且，即， 若，则， 显然， 若时，令，可得， 令，可知与在内只有一个交点， 则，令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 且，又， 可得的图象如图所示， 由图象可知：或或，解得或或， 综上所述：实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是关于直线对称，根据对称性可得当时，有2个零点，这样可以去绝对值，把问题转化为常规问题. 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角的大小； （2）若，求的值； （3）若的面积为，，求的周长. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理即可求解； （2）利用同角三角函数关系式，得到，之后应用余弦倍角公式和正弦和角公式求得结果； （3）利用三角形面积公式得到，结合余弦定理求得，进而得到三角形的周长. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 由已知得，， 所以， ， 所以； 小问3详解】 因为， 所以，由余弦定理得， 所以，所以， 所以的周长为. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值； （3）求A点到直线的距离. 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，可得四边形为平行四边形，从而，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）建系标点，求出平面BDM的法向量，易知为平面PDM的一个法向量，利用向量夹角公式求解可得答案. （3）利用空间向量求得，即可得，进而可得结果. 【小问1详解】 取中点，连接，． 在中，，分别为，的中点，则，， 因为，，则，， 可知四边形为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面PAD． 【小问2详解】 因为平面，，平面ABCD， 则，，且， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 取CD的中点，连接BE， 因为，，则，， 又因为，所以四边形ABED为矩形， 且，可知四边形ABED是以边长为2的正方形， 则，，，，，， 可得，，， 设平面BDM的法向量为，所以， 令，则，．所以平面BDM的一个法向量为， 易知为平面PDM一个法向量， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）可知：， 则， 即，可知为锐角， 则， 所以A点到直线的距离为. 18. 已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由椭圆的性质及已知条件可得a，b，c的关系，从而可求出a，b，c的值，从而可得椭圆C的标准方程； （2）直线l方程与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，可求出k的值，表示出四边形PQMN面积，求出当四边形PQMN面积最大时m的值，即可求解直线l的方程． 【小问1详解】 ， ，所以， 因为a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1， 所以椭圆方程为． 【小问2详解】 如图，设P（x1，y1），Q（x2，y2）， ， 联立，消去y整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0， Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2， 所以， ， ， 因为|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，所以32k2﹣24＝0，，， ，， 点O到直线l的距离， 所以， 当且仅当，即m2＝3， 因为m＞0，所以时，取得最大值为， 因为S四边形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大时，S四边形MNPQ最大， 所以或． 19. 已知为等差数列，前项和为，若，；数列满足：，. （1）求和的通项公式； （2）对任意的，将中落入区间内项的个数记为. （i）求； （ii）记，的前项和记为，是否存在，，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）， （2）（i）（ii）存在，，理由见解析 【解析】 【分析】（1）的通项通过基本量法求解，的通项通过令，两式作商求解. （2）（i）求出即可得出答案； （ii）根据题意求出和的关系，在利用取值范围求出和. 【小问1详解】 ， 所以， ① 当时，则② ①②得：，所以是公差为的等差数列， 当时有：，所以 【小问2详解】 （i） 因为，所以，所以 （ii），把代入得：， 所以，， 所以 因为，，所以， 当时，（舍去），当时，（舍去）， 当时，，所以存在，. 【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的基本量计算，数列与不等式的综合应用.解题的关键是设出公差，列式求解求得，进而通过得求出，此外，对于探究性问题，一般解法是先假设存在，再根据已知条件推出结论或矛盾，本题在解答过程中核心是借助化简整理得.考查数学运算求解能力，逻辑推理能力. 20. 已知，曲线在点处的切线为. （1）当时，求直线的方程； （2）证明：与曲线有一个异于点的交点，且； （3）在（2）的条件下，令，求的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）设，，利用零点存在定理证明存在使得即可； （3）设，则计算可得. 令，则命题即要研究有正根的充要条件. 再对分类讨论，利用高阶导数研究的单调性，即可求解. 【小问1详解】 当时，，而，所以. 所以的方程是，即； 【小问2详解】 由于，故的方程可化为. 设，则直线的方程为. 令， 设，则对有，所以在上单调递增. 记，则 . 由于， 且 ， 故一定存在，使得，即. 而，故是与曲线的交点，且； 【小问3详解】 对，设. 则， ， . 由于当时，的导数， 故在上单调递增. 若，则. 所以对有，从而在上单调递增； 所以对有，从而在上单调递增； 所以对有，从而在上单调递增； 所以对有，从而在上无零点. 若，则. 由于对有， 故. 从而存在使. 结合在上单调递增，知对有，从而在上单调递减； 所以对有，从而在上单调递减； 所以对有，从而在上单调递减； 所以，又由于对有 ， 故对有，从而当时，有 . 结合，就知道在上存在零点，从而在上存在零点. 综上，对，函数在上存在零点的充要条件是. 最后，一方面我们取，就有 ， 所以在上存在零点，故，得； 另一方面，对任意，取，则在上存在零点. 记该零点为，取，则 . 所以这样的满足原条件，且. 综上，的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于，将取值范围问题转化为函数的零点存在性问题，然后即可使用导数研究零点的存在性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北辰区2024年高考模拟考试试卷 数学 本试卷分为第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.祝各位考生考试顺利! 第Ⅰ卷 注意事项： 1.每小题选出答案后，用铅笔将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. 2.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： ·如果事件A，B互斥，那么. ·如果事件A，B相互独立，那么. 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. 对于实数，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的图象大致为（ ） A B. C. D. 4. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知在等比数列中，，等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 60 B. 54 C. 42 D. 36 6. 下列说法中正确的个数为（ ）个 ①对立事件一定是互斥事件；②在经验回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量减少0.1个单位；③两个随机变量的线性相关性越强，相关系数绝对值越接近于1；④在回归分析模型中，若相关指数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越好. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知函数，则下列结论不正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 若是偶函数，则， D. 在区间上的值域为 8. 中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ） A. B. C. D. 9. 在中，，为外心，且，则的最大值为（ ） A B. C. D. 第Ⅱ卷 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2.本卷共11小题，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. 是虚数单位，复数的虚部为___________. 11. 若展开式的二项式系数和为128，则展开式中的系数为___________. 12. 过抛物线的焦点作圆：的两条切线，切点分别为，若为等边三角形，则的值为___________. 13. 某单位为了提高员工身体素质，开展双人投篮比寒，现甲､乙两人为一组参加比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若投中，则此人继续投篮，若未投中，则换为对方投篮，无论之前投篮的情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲､乙的概率各为.第2次投篮的人是甲的概率为___________；已知在第2次投篮的人是乙的情况下，第1次投篮的人是甲的概率为___________. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于A，B两点.若是虚轴长的倍，则该双曲线的一条渐近线为___________；若，分别交轴于，两点，且的周长为8，则的最大值为___________. 15. 若函数有四个零点，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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角的大小； （2）若，求的值； （3）若的面积为，，求的周长. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值； （3）求A点到直线的距离. 18. 已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程. 19. 已知为等差数列，前项和为，若，；数列满足：，. （1）求和通项公式； （2）对任意的，将中落入区间内项的个数记为. （i）求； （ii）记，的前项和记为，是否存在，，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 20. 已知，曲线在点处的切线为. （1）当时，求直线的方程； （2）证明：与曲线有一个异于点的交点，且； （3）在（2）的条件下，令，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$