天津市九校2024届高三下学期联合模拟考试（一）数学试卷（原卷版+解析版）

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本试卷分为第Ⅰ卷（选择题），第Ⅱ卷（非选择题）两部分．试卷满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷（本卷共9题，共45分）
参考公式：柱体的体积公式，其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高．
一、选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分，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. 已知全集，集合，，则
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.
【详解】，则
故选：A
【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.
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】B
【解析】
【分析】利用指数函数单调性化简命题，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】因函数y=2x在R上单调递增，即有，则命题：，
而命题：，显然，，且，
所以是的必要不充分条件．
故选：B
3. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断函数是奇函数，排除，再排除选项B，即得解.
【详解】解：因为，所以.
所以函数是奇函数，排除选项.
因，，所以排除选项B.
故选: D
4. 已知，则（ ）
A. 25B. 5C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．
【详解】因为，，即，所以．
故选：C.
5. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据幂函数和指数函数的单调性比较判断．
【详解】∵，，∴.
故选：C．
6. 利用独立性检验的方法调查高中生的写作水平与喜好阅读是否有关，通过随机询问120名高中生是否喜好阅读，利用2×2列联表，由计算可得χ2＝4.236.
参照附表，可得正确的结论是（ ）
A. 有95%的把握认为“写作水平与喜好阅读有关”
B. 有99%的把握认为“写作水平与喜好阅读有关”
C. 有95%的把握认为“写作水平与喜好阅读无关”
D. 有99%把握认为“写作水平与喜好阅读无关”
【答案】A
【解析】
【分析】根据观测值对照卡方表判定即可.
【详解】由题意及表格知，观测值χ2＝4.236＞3.841，所以有95%的把握认为“写作水平与喜好阅读有关”．
故选：A
7. 如图，在正四棱柱中，P是侧棱上一点，且．设三棱锥的体积为，正四棱柱的体积为V，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的几何体，利用等体积法及锥体体积、柱体体积公式计算作答.
【详解】在正四棱柱中，P是侧棱上一点，
则，
所以的值为.
故选：C
8. 已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4，过双曲线的右顶点且与渐近线平行的直线与抛物线的准线的交点坐标，则双曲线的焦距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据过双曲线的右顶点且与渐近线平行的直线与抛物线的准线的交点坐标，求得，接着根据平行线斜率相等求出，最后求出焦距即可.
【详解】因为过双曲线的右顶点且与渐近线平行的直线与抛物线的准线的交点坐标，所以抛物线的准线方程为，从而抛物线的焦点坐标为，
因为双曲线的左顶点为，所以，解得，
所以双曲线的左顶点为，
又因为过双曲线的右顶点且与渐近线平行的直线与抛物线的准线的交点坐标，
所以，即，
所以，
双曲线的焦距为，
故选：D
【点睛】双曲线的渐近线方程为，而双曲线的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.
9. 将函数的图像上所有点横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图像，有下述四个结论：
①
②函数在上单调递增
③点是函数图像的一个对称中心
④当时，函数的最大值为2
其中所有正确结论的编号是（ ）
A. ①②③B. ②③C. ①③④D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象变换可得，结合正弦函数的性质逐项分析判断.
【详解】由题意可得：，故①错误；
因，则，且在上单调递增，
所以函数在上单调递增，故②正确；
因为，
所以点是函数图像的一个对称中心，故③正确；
因为，则，
所以当，即时，函数的最大值为，故④错误；
故选：B.
第Ⅱ卷（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. 设，则______.
【答案】1.
【解析】
【详解】分析：首先求得复数z，然后求解其模即可.
详解：由复数的运算法则有：
，
则：.
点睛：本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
11. 已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为______．
【答案】80
【解析】
【分析】根据题意，由各项系数之和可得，再由二项式展开式的通项公式即可得到结果.
【详解】由题意，令，则，解得，
则的展开式第项，
令，解得，所以.
故答案为：
12. 圆与圆的公共弦所在的直线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】两式相减，即可得到两圆公共弦所在的直线方程.
【详解】联立，两式相减得.
故答案为：
13. 某批产品共10件，其中含有2件次品，若从该批产品中任意抽取3件，则取出的3件产品中恰好有一件次品的概率为______；取出的3件产品中次品的件数的期望是______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）先计算所有抽取产品的可能，再计算3件产品中且有一件次品的可能，用古典概型的概率计算公式即可求得；
（2）先求得的分布列，再求其期望即可.
【详解】（1）从10件产品中，抽取3件，有种可能；
若取出的3件中恰有1件是次品，有种可能；
故满足题意的概率；
（2）根据题意，，
；；，
故.
故答案为：；.
【点睛】本题考查超几何分布中概率的计算，以及期望的求解，属中档题.
14. 在梯形中，，且，，分别为线段和的中点，若，，用，表示__________．若，则余弦值的最小值为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】空（1）使用向量线性运算求解即可；
空（2）以与为基底，用数量积的形式表示出，再由基本不等式求解即可.
【详解】
如图，由已知，
.
∴.
设，即与的夹角为，
，
若，则，
∴，
又∵，，∴由基本不等式，
∴.
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：，.
【点睛】关键点睛：解决本题第2空的关键，是用以为夹角的两个向量作为基底，将垂直关系转化为数量积的形式，再借助基本不等式求解.
15. 函数，关于x的方程有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是__________．
【答案】或
【解析】
【分析】转化为函数与直线的图象有2个交点，画出函数的图象，分、、讨论，结合图象可得答案.
【详解】有2个不相等实数根，即函数与直线的图象有2个交点，
当时，函数与直线的图象有2个交点，符合题意；
当时，由是函数与直线的图象的1个交点，
只需函数与直线有1个交点即可，
当直线与函数相切时，
设切点为，可得，且，，
可得，
因为与的图象只有1个交点，

可得是的解，
所以时直线与的图象有2个交点，符合题意；
当时，由，可得，
要使与的图象有2个交点，
只需在只有一解即可，
可得，解得

综上所述，实数a的取值范围是或.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是转化为函数与直线的图象交点个数问题，考查了学生的抽象思维能力.
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. 已知的内角的对边分别为，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】(1)由A=2B得sinA=sin2B，再利用正弦定理和余弦定理角化边即可求解；
(2)利用余弦定理可求csA，从而可求sinA及cs2A、sin2A，结合两角和差的余弦公式进行求解即可﹒
【小问1详解】
由，知，
由正、余弦定理得．
∵，，∴，则；
【小问2详解】
由余弦定理得，
∵，∴，
故，，
．
17. 如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，，M为BC的中点.
（1）证明：；
（2）求平面PAM与平面ABCD的夹角的大小；
（3）求点D到平面AMP的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明；
（2）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出平面与平面夹角的大小；
（3）求出平面的法向量，利用向量法能求出点到平面的距离．
【小问1详解】
证明：等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，
以D点为原点，分别以直线DA，DC为x轴、y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，（其他建系方法按步骤给分）
依题意，可得，，，，
，，
，
即，；
【小问2详解】
解：设为平面PAM的法向量，
则，即，
取，得，
取，显然为平面ABCD的一个法向量，
⟨⟩，
故平面PAM与平面ABCD的夹角的大小为；
【小问3详解】
解：设点D到平面AMP的距离为d，
由可知与平面PAM垂直，
则，
即点D到平面AMP的距离为
18. 已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
（1）求的通项公式；
（2）证明：当时，．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
【小问2详解】
方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
19. 已知椭圆:（）的长轴长为4，离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设椭圆的左焦点为，右顶点为，过点的直线与轴正半轴交于点，与椭圆交于点，且轴，过点的另一直线与椭圆交于，两点，若，求直线的方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），．
【解析】
【分析】（Ⅰ）由椭圆的长轴长为4，离心率为，列方程组，解得，，，进而可得答案．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，代入椭圆的方程可得，进而可得点坐标，的长，又由于，解得，进而可得点坐标，推出，分两种情况，当直线的斜率存在时，当直线的斜率不存在时，讨论直线的方程，利用已知条件和三角形的面积公式，结合平面向量的坐标分别求解即可得出答案．
【详解】（Ⅰ）根据题意可得，
解得，，，
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知（，0），（2，0），
因为轴，所以，
因为在轴的正半轴，所以在轴上方，
因为点在椭圆上，所以，解得，
所以，即，
因为，即，解得，
所以（0，1），所以，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设，，
联立，，
所以①，②，
因为，
所以，
所以，所以，
所以，
所以，
即③，
由①②③，解得，
所以直线的方程为，，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时，不合题意．
综上可得，直线的方程为，．
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，解决本题的关键点是由，解得，进而可得点坐标，推出，分直线的斜率存在和不存在两种情况，利用已知条件和三角形的面积公式，结合平面向量的坐标分别求解即可，考查学生计算能力，属于中档题．
20. 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
【答案】（1）的减区间为，增区间为.
（2）
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【小问1详解】
当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
【小问3详解】
取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
P（χ2＞k）
0.100
0.050
0.010
k
2.706
3.841
6.635