天津市红桥区2024届高三一模数学试题（含解析）

这是一份天津市红桥区2024届高三一模数学试题（含解析），共18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．设，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，则的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知直线与圆相切，交曲线于点，若是坐标原点，则以为圆心，以为半径的圆与圆的位置关系为（ ）
A．相交B．内含C．外离D．外切
8．某中学有学生近600人，要求学生在每天上午7：30之前进校，现有一个调查小组调查某天7：00~7：30进校人数的情况，得到如下表格（其中纵坐标表示第分钟至第分钟到校人数，，，如当时，纵坐标表示在7：08~7：09这一分钟内进校的人数为4人）.根据调查所得数据，甲同学得到的回归方程是（图中的实线表示），乙同学得到的回归方程是（图中的虚线表示），则下列结论中错误的是（ ）
A．7：00~7：30内，每分钟的进校人数与相应时间呈正相关
B．乙同学的回归方程拟合效果更好
C．根据甲同学得到的回归方程可知该校当天7：09~7：10这一分钟内的进校人数一定是9人
D．该校超过半数的学生都选择在规定到校时间的前5分钟内进校
9．将函数的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移单位，得到函数的部分图象（如图所示）．对于，，且，若，都有成立，则下列结论中不正确的是（ ）

A．
B．
C．在上单调递增
D．函数在的零点为，则
二、填空题
10．是虚数单位，复数 ．
11．已知二项式，则其展开式中含的项的系数为 ．
12．已知双曲线与抛物线的一个交点为为抛物线的焦点，若，则双曲线的渐近线方程为 ．
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．如图，在平行四边形中，，为的中点，为线段上一点，且满足，则 ；若的面积为，则的最小值为 ．
15．设函数，若有四个实数根，，，，且，则的取值范围 ．
三、解答题
16．在中，内角，，所对的边分别为，，.已知.
(1)求角的大小；
(2)设，，求的值.
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，与平面所成角为，分别是中点．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值．
18．已知为数列的前n项和，且满足，其中，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，若对任意的，都有，求实数m的取值范围．
19．已知椭圆过点，且椭圆的离心率为 .
(1)求椭圆的方程；
(2)若动点在直线上，过作直线交椭圆于两点，且为线段的中点，再过作直线，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.
20．已知函数的图象在处的切线经过点.
(1)求的值及函数的单调区间；
(2)若关于的不等式在区间上恒成立，求正实数的取值范围.
1
5
9
15
19
21
24
27
28
29
30
1
3
4
4
11
21
36
66
94
101
106
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．C
【分析】
利用幂函数、指数函数、对数函数的单调性，结合特殊值判定即可.
【详解】因为在上单调递减，所以，即.
因为在上单调递增，又，，
又，所以，故，所以.
故选：C.
4．A
【分析】
由特值法，函数的对称性对选项一一判断即可得出答案.
【详解】因为，故C错误；
又因为，
故函数的图象关于对称，故B错误；
当趋近时，趋近，趋近，所以趋近正无穷，故D错误.
故选：A.
5．D
【分析】
由对数的换底公式及对数的运算性质即可求出结果.
【详解】由换底公式得，，，
所以.
故选：D.
6．B
【分析】
根据正六棱柱的性质可求解半径，由表面积公式即可求解.
【详解】如图，设正六棱柱下底面的中心为，其外接球的圆心为点，
则，为等边三角形，
故，即为其外接球的半径，
所以，
所以该正六棱柱的外接球的表面积为.
故选：B.
7．C
【分析】
根据点到直线的距离求得，再联立直线与抛物线方程得点坐标及圆方程，再考虑圆心距即可.
【详解】
根据，解得，
结合抛物线的对称性，只需考虑的情形，
联立解得或
所以，解得，
此时点，圆的方程为，
因为圆和圆的圆心距，
所以两圆外离．同理当时，两圆也外离．
故选：C．
8．C
【分析】对于A，根据散点图判断；对于B，由图象结合函数的图象特征判断；对于C，由回归方程得到的只能是估计值判断；对于D，根据统计表判断.
【详解】对于A，根据散点图知，7：00～7：30内，每分钟的进校人数与相应时间呈正相关，故A正确；
对于B，由图知，曲线的拟合效果更好，故乙同学的回归方程拟合效果更好，故B正确；
对于C，表格中并未给出对应的值，而由甲的回归方程得到的只能是估计值，不一定就是实际值，故C错误；
对于D，全校学生近600人，从表格中的数据知，7：26～7：30进校的人数超过300，故D正确，
故选：C．
9．C
【分析】
由题意可得函数的图象在区间上的对称轴为，再结合可求出，即可判断A；再根据平移变换和周期变换得原则即可判断B，再根据正弦函数的图象和性质分别判断CD 即可.
【详解】对于A，由题意可知函数的图象在区间上的对称轴为，
则与关于对称，
又，结合图象可得，
所以，又，所以，
所以，故A正确；
对于B，右移个单位得到函数的图象，
再将其横坐标缩短为原来的得到的图象，故B正确；
对于C，由，得，
所以在上不单调，故C错误；
对于D，令，则，
函数在上有个零点，
则，，，，，
故，
所以，故D正确；
故选：C．
【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：
（1）将函数解析式变形为或的形式；
（2）将看成一个整体；
（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.
10．/
【分析】
根据复数除法法则计算出答案.
【详解】.
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】设，根据条件，利用抛物线的定义得到，进而得到，代入双曲线方程中，可得，即可求出结果.
【详解】因为抛物线的准线方程为，设，
因为，所以，得到，所以，
又在双曲线上，所以，得到，
故双曲线为，其渐近线方程为.
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】设，由平面向量线性运算及基本定理可得，由结合基本不等式可得的最小值.
【详解】由题意，设，
则，
所以，所以，所以；
所以，
由的面积为，得到，得到，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为．
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)
【分析】（1）运用正弦定理求解；
（2）运用两角差公式求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理得：，
因为，所以，可得，
即，，又，可得；
（2）在中，由余弦定理得：，
由，以及，可得，
因为，所以A是锐角，所以，
因此，，
所以，，
综上，，.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，根据与平面所成角求出，利用向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为分别是中点，所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）连接，
如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，
因为底面，所以即为与平面所成角的平面角，
所以，所以，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
则，
所以平面与平面夹角的正弦值为．

18．(1)
(2)
【分析】
（1）利用的关系式求解即可；
（2）由题意有，利用分组求和法分别求出，再根据数列的单调性分别求出，即可得解.
【详解】（1）由，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以数列是以为公比的等比数列，
所以；
（2）由（1）得，
则，
故，
，
而随的增大而减小，
所以，
随的增大而增大，
所以，
因为对任意的，都有，
所以.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由点在椭圆上，代入椭圆的方程，再由椭圆的离心率为，求得的值，即可求解；
（2）设，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，根据点的横坐标求得，结合，得到，得出直线过定点；当直线的斜率不存在时，得到直线为轴，进而得到结论.
【详解】（1）因为点在椭圆上，可得，解得，
又因为椭圆的离心率为，所以，所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意，可设，且，
①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立方程组，
整理得，
则，
所以，
因为为的中点，所以，即，
所以，经检验，此时，
因为，所以，所以直线的方程为，
即，所以直线恒过定点.
②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时直线为轴，也过点.
综上所述，直线恒过定点.

【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
20．(1)，单调递增区间为，，无单调递减区间
(2)
【分析】（1）首先得到，再求出导函数，即可得到切线的斜率，再由两点的斜率公式求出，再利用导数求出的单调区间；
（2）依题意可得在区间上恒成立，即在区间上恒成立，结合（1）中函数的单调性，得到在区间上恒成立，参变分离可得在区间上恒成立，利用导数说明，即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
又，则，
又函数的图象在处的切线经过点，
所以，解得，
所以，函数的定义域为，又，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以当时恒成立，即恒成立，
所以在，上单调递增.
即的单调递增区间为，，无单调递减区间.
（2）因为不等式在区间上恒成立，
因为，则，
即在区间上恒成立，
所以在区间上恒成立，
又，所以，
所以在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
由（1）可知在上单调递增，
所以在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
令，，
则，
所以在上单调递减，
所以，即区间上恒成立，
所以时在区间上恒成立，
即对任意关于的不等式在区间上恒成立.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．