天津市朱唐庄中学2023-2024学年高三下学期数学模拟预测试卷（一）

这是一份天津市朱唐庄中学2023-2024学年高三下学期数学模拟预测试卷（一），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知a，，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，，，则a，b，c（ ）
A．B．C．D．
4．函数在的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
5．若函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知为递增的等差数列，，，则（ ）
A．B．C．D．或
7．对变量有观测数据，得散点图1；对变量有观测数据，得散点图2.表示变量之间的线性相关系数，表示变量之间的线性相关系数，则下列说法正确的是（ ）
A．变量与呈现正相关，且B．变量与呈现负相关，且
C．变量与呈现正相关，且D．变量与呈现负相关，且
8．已知正四棱锥各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为4，体积为，则该球表面积为（ ）
A．B．C．D．
9．已知双曲线的右焦点为，若关于渐近线的对称点恰好落在渐近线上，则的面积为（ ）
A．B．2C．3D．
二、填空题
10．已知复数，则的虚部为 .
11．已知二项式，则其展开式中含的项的系数为 ．
12．已知圆，直线被圆C截得的弦长为 .
13．甲､乙两位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计赢2局者胜，分出胜负即停止比赛.已知甲每局赢的概率为，每局比赛的结果相互独立.本次比赛到第3局才分出胜负的概率为 ，本次比赛甲获胜的概率为 .
14．在中，，则 ；若点为所在平面内的动点，且满足，则的取值范围是 ．
15．设函数，若有四个实数根，，，，且，则的取值范围 ．
三、解答题
16．已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
(1)求；
(2)若，求的值；
(3)若的面积为，，求的周长．
17．在直三棱柱中，，点是的中点．
(1)求异面直线所成角的余弦值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求直线到平面的距离．
18．记是等差数列的前项和，数列是等比数列，且满足，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设数列满足，
（ⅰ）求的前项的和；
（ⅱ）求.
19．已知椭圆的右顶点为，下顶点为，椭圆的离心率为，且．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点在椭圆上（异于椭圆的顶点），点满足（为坐标原点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为中点，求直线斜率．
20．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若在的图象上有一点列，若直线的斜率为，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求证：．
参考答案：
1．B
【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
又，所以，
故选：B.
2．D
【分析】
举出反例，根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】当时，，
当时，，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
3．D
【分析】
根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性即可比较大小.
【详解】
令，求导得，
当时，，则在上单调递减，
则，即，而，于是，
所以.
故选：D
4．B
【分析】判断出函数的奇偶性排除两个选项，再由特殊值判断即可.
【详解】∵，
∴为奇函数，其图象关于原点中心对称，故排除C、D选项；
又，故排除A选项.
故选:B.
5．C
【分析】结合三角函数的的图象，分析三角函数的性质。确定函数的解析式.
【详解】如图：
易知：，，即.
由，，
时，.
所以：.
故选：C
6．A
【分析】
根据等差数列的性质和基本量法，列式求解.
【详解】因为为等差数列，，所以，
由，得或（舍），所以，.
故选：A
7．C
【分析】
利用散点图，结合相关系数的知识可得答案.
【详解】由题意可知，变量的散点图中，随的增大而增大，所以变量与呈现正相关；
再分别观察两个散点图，图比图点更加集中，相关性更好，所以线性相关系数.
故选：C.
8．B
【分析】根据体积可求正四棱锥的高，再结合外接球球心的性质可求其半径，故可求外接球的表面积.
【详解】
如图，设在底面的射影为，则平面，
且为的交点.
因为正四棱锥底面边长为4，故底面正方形的面积可为，且，
故，故.
由正四棱锥的对称性可知在直线上，设外接球的半径为，
则，故，故，
故正四棱锥的外接球的表面积为，
故选：B.
9．A
【分析】
根据题意，由点与点关于直线对称可得，，再由三角形的面积公式，即可得到结果.
【详解】
设与渐近线的交点为，
由题意可知，，，
所以，
则.
故选：A
10．/
【分析】利用复数的除法运算求解即可.
【详解】因为，
所以的虚部为.
故答案为：.
11．
【分析】
求出展开式得通项，再令的指数等于，即可得解.
【详解】展开式的通项为，
令，得，
所以含的项的系数为.
故答案为：.
12．
【分析】
根据直线和圆的位置关系，利用点到直线的距离公式和弦长公式求解.
【详解】解：由题意可得，圆心为，半径，
弦心距，
故直线被C截得的弦长为，
故答案为：
13． / /
【分析】
空1：根据独立事件的乘法公式求解本次比赛到第3局才分出胜负的概率；
空2：利用独立事件的乘法公式和互斥事件概率加法公式求解甲获胜的概率即可.
【详解】
到第3局才分出胜负，则前两局甲､乙各赢一局，其概率为.
若甲获胜，分2种情况：①甲连赢2局，其概率为，
②前两局甲､乙各赢一局，第三局甲赢，其概率为.
故甲获胜的概率为.
故答案为：，
14．
【分析】
借助模长与数量积的关系即可得，取中点，借助向量的线性运算可得，逐项计算即可得其取值范围.
【详解】，
故，
，
取中点，则，
，，
故，
故.
故答案为：；.
15．
【分析】作出的图象，根据图象确四个根间的关系，从而得到，且，再利用函数的单调性即可求出结果.
【详解】因为，所以，其图象如图所示，
又有四个实数根，由图知，得到，即，且，
由，得到或，所以，
所以，
令，，易知在区间上单调递增，所以，
所以的取值范围为，
故答案为：.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】
（1）由正弦定理化边为角，利用内角和定理与和角的正弦公式化简得到，即可求得角A；
（2）由求得，利用二倍角公式求得的值，利用差角的正弦公式计算即得；
（3）由三角形面积公式求出，利用余弦定理变形转化求出，即得的周长.
【详解】（1）．由正弦定理可得，
因，
所以，可得，
为三角形内角，，解得，，
．
（2）由已知，，所以，
，，
.
（3），，
由余弦定理得，
即，解得，
的周长为．
17．(1)
(2)
(3)．
【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，由线线角，线面角及点面距公式求解.
【详解】（1）以为轴建立按直角坐标系，
则．
所以，
所以．
故异面直线和所成角的余弦值为．
.
（2），，
设平面的法向量为．
则即，取，得
设直线与平面所成角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（3）连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，所以平面．
故点到平面的距离即为所求直线到平面的距离．
记点到平面的距离为，又
则．
所以直线到平面的距离为．
18．(1)，
(2)；
【分析】
（1）借助等差数列与等比数列基本量计算即可得；
（2）借助并项求和法可得，借助分组求和法与错位相减法可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由题知：，解得，
，，
所以，；
（2）（ⅰ），
，，
则
；
（ⅱ），，
则，
则，
故
，
故，又，
故.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的求和方法，关键点在于求取时，由题目所给，通过并项，将分解为.
19．(1)
(2)或.
【分析】
（1）根据题意列出关于的方程组，求出，从而可求出椭圆的方程；
（2）根据题意设直线为，代入椭圆方程化简求出点的横坐标，再由为中点，可表示出点的坐标，由求出点的坐标，再由直线与以为圆心的圆相切于点，可得可求出的值.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）因为椭圆的右顶点为，下顶点为，所以，
因为点在椭圆上（异于椭圆的顶点），所以直线的斜率存在且不为零，
所以设直线为，
由，得，
因为，所以，
因为为中点，所以，
所以，所以，
因为，，所以，
因为直线与以为圆心的圆相切于点，
所以，即，
整理得，解得或，
所以直线斜率为或.
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是设出直线的方程，代入椭圆方程可表示出的坐标，从而可表示出点的坐标，再结合圆的知识列方程可求得结果，考查计算能力，属于中档题.
20．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】
（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）（ⅰ）令，即证在时恒成立，借助导数，多次求导后即可得；（ⅱ）计算可得，由（ⅰ）可得，即可得，借助放缩法可得，结合等比数列求和公式及放缩即可得证.
【详解】（1）
当时，，，所以，
曲线在点处切线的斜率为，
所以切线方程为，即；
（2）
（ⅰ）要证，即证时，，
令，即证在时恒成立，
因为，令，则，
令，则在内单调递增，
所以，即在内单调递增，
所以, 即在内单调递增，
所以，即得证；
（ⅱ）时，
，
由（ⅰ）知，，即，则，
所以
，
，即得证.
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于由（ⅰ）中得到，从而得到，从而借助放缩法，得到.