精品解析：天津市北辰区南仓中学2024届高三高考模拟数学试卷

天津市南仓中学2023至2024学年度第二学期 高三年级校模测试 （数学学科） 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至1页，第Ⅱ卷2至2页. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题纸上.答卷时，考生务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效. 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，用铅笔将机读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，共45分. 一、选择题（每小题5分，共45分） 1 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用补集的意义与交集的意义可求解. 【详解】因为，，所以， 由，得，又， 所以. 故选：C. 2. 设，，则“”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】C 【解析】 【分析】根据充要条件的概念即可求解. 【详解】当时，或，则，即充分性成立； 当时，，则，即必要性成立； 综上可知，“”是“”的充要条件. 故选：C. 3. 已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用在上的值排除B，利用奇偶性排除排除C，利用在上的单调性排除D，从而得解. 【详解】对于B，当时，，易知，， 则，不满足图象，故B错误； 对于C，，定义域为， 又，则图象关于轴对称，故C错误； 对于D，当时，， 由反比例函数的性质可知，在上单调递减，故D错误； 检验选项A，满足图中性质，故A正确. 故选：A. 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别利用指数函数和对数函数的单调性进行比较，借助于中间值“2”即可判断三个值的大小. 【详解】因为函数在上单调递增，所以，即. 又因为函数在上单调递增，所以，所以. 故选：D. 5. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 20 B. 23 C. 24 D. 28 【答案】D 【解析】 【分析】由得到，代入公式求解即可. 【详解】因为是等差数列， 所以，又，所以公差为， ， 故选：D. 6. 下列命题中，不正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若随机变量，且，则 C. 若，，则的最小值为 D. 两个随机变量的相关系数越大，两个变量的线性相关性越强 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，由二项分布方差公式计算即可；对于B，由正态分布的对称性计算即可；对于C，由基本不等式计算即可；对于D，根据相关系数的意义即可判断. 【详解】对于A，随机变量，由二项分布方差公式得，故A正确； 对于B，随机变量，由正态分布的对称性得，故B正确； 对于C，由，则， 所以 当且仅当，则或取等号，故C正确； 对于D，线性相关系数的范围在到之间，有正有负，相关有正相关和负相关， 相关系数的绝对值的大小越接近于，两个变量的线性相关性越强； 反之，线性相关性越弱，故D错误. 故选：D. 7. 已知斜三棱柱中，为四边形对角线的交点，设三棱柱的体积为，四棱锥的体积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】如图，延长，连接，则、，进而得，即可求解. 【详解】如图，延长，连接， 则， 所以， 又O为的中点， 所以点到平面的距离是点到平面的距离的2倍， 则， 所以，即. 故选：A 8. 已知函数（）图象的一个对称中心为，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 是图象的一条对称轴 C. 在上的值域为 D. 将图象上的所有点向左平移个长度单位后，得到的函数图象关于y轴对称 【答案】D 【解析】 【分析】借助整体代入法结合正弦函数的性质可得A、B；结合正弦函数最值可得C；得到平移后的函数解析式后借助诱导公式即可得D. 【详解】由题意可得，解得， 又，故，即； 对A：当时，， 由函数在上不为单调递增， 故在区间上不为单调递增，故A错误； 对B：当时，， 由不是函数的对称轴， 故不是图象的对称轴，故B错误； 对C：当时，， 则，故C错误； 对D：将图象上的所有点向左平移个长度单位后， 可得， 该函数关于y轴对称，故D正确. 故选：D. 9. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点是双曲线上一点，点，且，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点作，延长交于点，利用平行关系得出对应线段成比例，在直角三角形中，结合双曲线定义得出各边之间的关系，在三角形中，利用余弦定理求得结果. 【详解】如图，过点作，延长交于点， 因为，，，所以， 设，则，， 因为，所以，所以， 在直角三角形中，，所以，即， 所以. 在三角形中，由余弦定理得， 所以，整理得， 所以. 故选：A. 第Ⅱ卷 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 已知（为虚数单位），则________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数的代数运算法则即可解出． 【详解】∵， ∴. 故答案为：. 11. 已知展开式中二项式系数和为1024，则展开式中常数项的值为______.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，解得，进而求得展开式中的常数项，得到答案. 【详解】由二项式展开式中二项式系数和为1024， 可得，解得，即， 所以展开式中的常数项为. 故答案为：. 12. 已知抛物线的焦点为，准线为，抛物线上一点，与准线垂直且交于点，以为直径的圆被截得的弦长为，则的长度为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由弦长求得点坐标，得点坐标后可得的长． 【详解】抛物线的准线方程为，焦点为， 设，不妨设，则，中点坐标为， 以为直径的圆被截得的弦长为，由轴得，所以， 所以． 故答案为：4． 13. 甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球，从甲箱中随机抽出2个球，在已知至少抽到一个红球的条件下，则2个球都是红球的概率为_____________；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子中随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球，若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是_____________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用条件概率公式计算摸出的2个球是红球的概率；利用全概率公式求红球的概率. 【详解】记事件表示“至少抽到一个红球”，事件表示“2个球都是红球”， ,, 所以. 设事件表示“从乙箱中抽球”，则事件表示“从甲箱中抽球”， 事件表示“抽到红球”，则 , 所以, 所以. 故答案为：①，②. 14. 在平行四边形中，，是的中点，，若设，则可用，表示为__________；若的面积为，则的最小值为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算法则，以及向量数量积的运算公式以及模的运算公式，结合基本不等式，即可求解. 【详解】如图所示，根据向量的运算法则， 可得， 设，因为的面积为，可得，即， 又由 ，当且仅当时，等号成立， 所以最小值为. 故答案为：；. 15. ，若有且只有两个零点，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】当时，求导得到单调区间，根据平移和翻折得到函数图象，变换得到，根据函数图象得到或，解得答案. 【详解】当时，，， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减，且， 当时， ，其图象可以由的图象向左平移一个单位， 再向下平移个单位，再把轴上方的图象翻折到轴下方得到， 画出函数图象，如图所示： ，当时，，无零点； 当时，，即， 函数有两个零点，即函数与函数的图象有两个交点， 根据图象知：或，解得或 故实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数的零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中画出函数图象，将零点问题转化为函数图象的交点问题是解题的关键，数形结合的思想需要熟练掌握. 三、解答题 16. 在中，角、、的对边分别为、、，且，，． （1）求的面积； （2）求边的值和的值； （3）求的值． 【答案】（1）； （2），； （3）. 【解析】 【分析】（1）由同角公式求出，再利用三角形面积公式求解即得. （2）利用余弦定理、正弦定理直接求解. （3）由（2）的结论并求出，再利用二倍角公式、差角的余弦公式计算得解. 【小问1详解】 在中，，，则， 所以的面积. 【小问2详解】 由余弦定理有，，则， 由（1）知，，由正弦定理，得. 【小问3详解】 由（2）知，，而，则是锐角，， 又，， 所以． 17. 如图，且，，且，且，平面，，M为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行； （2）利用向量求线面角； （3）利用向量求面面角. 【小问1详解】 由平面，，如图建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设面的法向量为， 则，取可得， 此时， 所以，又面， 所以平面； 【小问2详解】 设直线与平面所成角为，， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 设面的法向量为，， 则，取可得， 设平面与平面夹角为， 所以. 即平面与平面夹角的余弦值. 18. 设是等差数列，是等比数列．已知，，， （1）求和的通项公式以及 （2）设，数列的前项和为，证明：； （3）设，求数列的前项和 【答案】（1）， ； （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列和等比数列的通项公式，结合等差数列前项和进行求解即可； （2）运用裂项相消法进行求解即可； （3）利用错位相减法进行求解即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为，，，， 所以有， ； 【小问2详解】 ， ； 【小问3详解】 因为， 所以有， ， 两式相减，得， . 19. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，． （1）求椭圆的方程； （2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点在圆上，直线，的斜率分别为，，且，求证： （i）； （ii）直线过定点，并求出此定点的坐标． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点为 【解析】 【分析】（1）根据条件，直接求出，即可求出结果； （2）根据条件，设出直线，直线，联立，得到， 联立，得，通过计算得，即可证明； 再计算出，从而得出直线的方程，即可求出结果. 【小问1详解】 由题知，，，又，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）由（1）知，设直线，直线， 由，消得到，得到，，所以， 由，消得到，得到，，所以， 故，， 所以， 故， （ii）由（i）知， 所以直线的方程为，整理得到， 所以直线过定点，定点为. 20. 已知函数. （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若对，都有恒成立，求的取值范围； （3）已知，若，且满足，使得，求证：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时，，求导，根据导数的几何意义可得，由两点式可得切线的方程． （2）问题可转化为，对求导，分析单调性，求出得最大值，使得它小于等于，进而可得的取值范围． （3）问题转化为只需证明，由，，且函数在上单调递增，推出只需证明，也即，再构造函数，利用的单调性，即可得出答案． 【小问1详解】 当时，，所以，得到， 又，所以在处的切线方程为． 【小问2详解】 由题意知，当时，，又， ①当时，恒成立，即在上单调递减， 所以恒成立，所以， ②当时，由，得到，由，得到， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当，即时，在区间上单调递增， 所以，（舍去）， 当，即时，在上单调递减，，所以， 当，即时，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，得到，所以， 综上，的取值范围为． 【小问3详解】 因，要证，只需证明， 由（2）可知，要证，只需证明， 因为，，且函数在区间上单调递增， 所以只需证明， 又因为，即证， 令， 即， 注意到， 因为， 则在上单调递减，所以在恒成立， 所以，即满足. 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式： 1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）； 3.若函数存在两个零点且，令，求证：； 4.若函数中存在且满足，令，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市南仓中学2023至2024学年度第二学期 高三年级校模测试 （数学学科） 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至1页，第Ⅱ卷2至2页. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题纸上.答卷时，考生务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效. 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，用铅笔将机读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，共45分. 一、选择题（每小题5分，共45分） 1 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，，则“”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. 已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 5. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 20 B. 23 C. 24 D. 28 6. 下列命题中，不正确是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若随机变量，且，则 C. 若，，则的最小值为 D. 两个随机变量的相关系数越大，两个变量的线性相关性越强 7. 已知斜三棱柱中，为四边形对角线的交点，设三棱柱的体积为，四棱锥的体积为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数（）图象的一个对称中心为，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 是图象的一条对称轴 C. 在上的值域为 D. 将图象上的所有点向左平移个长度单位后，得到的函数图象关于y轴对称 9. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点是双曲线上一点，点，且，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 已知（为虚数单位），则________． 11. 已知展开式中二项式系数和为1024，则展开式中常数项的值为______.（用数字作答） 12. 已知抛物线的焦点为，准线为，抛物线上一点，与准线垂直且交于点，以为直径的圆被截得的弦长为，则的长度为__________. 13. 甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球，从甲箱中随机抽出2个球，在已知至少抽到一个红球的条件下，则2个球都是红球的概率为_____________；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子中随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球，若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是_____________. 14. 在平行四边形中，，是的中点，，若设，则可用，表示为__________；若的面积为，则的最小值为________． 15. ，若有且只有两个零点，则实数取值范围是______． 三、解答题 16. 在中，角、、的对边分别为、、，且，，． （1）求的面积； （2）求边的值和的值； （3）求的值． 17. 如图，且，，且，且，平面，，M为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 设是等差数列，是等比数列．已知，，， （1）求和的通项公式以及 （2）设，数列的前项和为，证明：； （3）设，求数列前项和 19. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，． （1）求椭圆的方程； （2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点在圆上，直线，的斜率分别为，，且，求证： （i）； （ii）直线过定点，并求出此定点的坐标． 20. 已知函数. （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若对，都有恒成立，求的取值范围； （3）已知，若，且满足，使得，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $