2024年高考第三次模拟考试题：数学（天津卷）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：数学（天津卷）（解析版），共16页。试卷主要包含了已知，则的大小关系是，下列说法错误的是，记双曲线C等内容，欢迎下载使用。

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．
•球的体积公式，其中R表示球的半径．
•圆锥的体积公式，其中S表示圆锥的底面面积，h表示圆锥的高。
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】D
【解析】由，得，所以；
由，得，解得，所以.
所以或，所以.
故选：D．
2．已知等差数列的公差为d，其前n项和为，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】因为，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
3．华罗庚是享誉世界的数学大师，国际上以华氏命名的数学科研成果有“华氏定理”“华氏不等式”“华氏算子”“华—王方法”等，其斐然成绩早为世人所推崇．他曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，告知我们把“数”与“形”，“式”与“图”结合起来是解决数学问题的有效途径．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数图象的特征．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由函数图象可知，的图象不关轴对称,
而，，
即这两个函数均关于轴对称，则排除选项、；
由指数函数的性质可知为单调递增函数，为单调递减函数，
由的图象可知存在一个极小的值，使得在区间上单调递增，
由复合函数的单调性可知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
由图象可知符合题意，
故选： .
4．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意得在上单调递减，在上单调递增，
在R上单调递增，
故，
故，
故选：A
5．下列说法错误的是（ ）
A．若随机变量、满足且，则
B．样本数据，，，，，，，，，的第百分位数为
C．若事件、相互独立，则
D．若、两组成对数据的相关系数分别为、，则组数据的相关性更强
【答案】D
【解析】对于A：因为且，所以，故A正确；
对于B：因为，所以第百分位数为从小到大排列的第个数，即为，故B正确；
对于C：若事件、相互独立，则，
所以，故C正确；
对于D：若、两组成对数据的相关系数分别为、，
因为，所以组数据的相关性更强，故D错误.
故选：D
6．如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将半径为1的鸡蛋（视为球）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋最高点与蛋巢底面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题得，蛋巢的底面是边长为1的正方形，故经过4个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1．
由于鸡蛋（球）的半径为1，故球心到截面圆的距离为，
而垂直折起的4个小直角三角形的高为，
故鸡蛋最高点与蛋巢底面的距离为．
故选：D．
7．已知函数的图像关于点中心对称，将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像，则下列说法正确的是（ ）
A．在区间上的值域是
B．
C．函数在上单调递增
D．函数在区间内有3个零点
【答案】C
【解析】函数的图像关于点中心对称，，
，即，又，
，则．
当时，，，
，故A错误；
将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像，故B错误；
令，得，
当时，，函数在上单调递增，故C正确；
令，得，，
函数在区间内的零点有，，共4个，故D错误．
故选：C.
8．记双曲线C：（，）虚轴的两个端点分别为M，N，点A，B在双曲线C上，点E在x轴上，若M，N分别为线段EA，EB的中点，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意得，M，N关于x轴对称，则也关于轴对称且，
不妨设点A在双曲线C的右支上且在第一象限，其纵坐标为，
又因为，所以，
所以，则为等边三角形，
故，代入中，得，
则双曲线C的离心率，故C正确.
故选:C.
9．已知函数，若关于的方程有8个不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】令，则，令，解得，
故当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，且当时，，当时，，
结合绝对值函数的图象可画出函数的大致图象，如图所示：

令，则方程，
即方程，，
①当时，式无实数根，直线和的图象无交点，原方程无实数根；
②当时，式有两个相等的实数根，直线和的图象最多有4个交点，
因此要使有8个不相等的实数根，
则式有两个不相等的实数根，不妨设为，且，则.
则，解得.
故选：C.
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．设，复数（是虚数单位）的共轭复数是，则 .
【答案】
【解析】由复数（是虚数单位）的共轭复数是，可得，
又由，可得，
则且，解得.
故答案为：.
11．设，则 .
【答案】
【解析】令，则，
令，则，
所以.
故答案为：.
12．在平面直角坐标系中，已知直线与圆交于A，B两点，若钝角的面积为，则实数a的值是 ．
【答案】/
【解析】解：由圆，即，
可得圆心坐标为，半径为，
因为钝角的面积为，可得，
解得，因为，所以，
可得，
设圆心到直线的距离为，又由圆的弦长公式，可得，解得，
根据点到直线的距离公式，解得．
故答案为：．
13．近年来，空气质量成为人们越来越关注的话题.环保部门记录了某地区7天的空气质量情况，其中，有4天空气质量为优，有2天空气质量为良，有1天空气质量为轻度污染.现工作人员从这7天中随机抽取3天进行某项研究，则抽取的3天中至少有1天空气质量为良的概率为 ；记X表示抽取的3天中空气质量为优的天数，则 .
【答案】
【解析】设事件表示“抽取3天中至少有一天空气质量为良”，
事件表示“抽取的3天空气质量都不为良”，
则事件与事件互为对立事件，
所以；
由已知得表示抽取的3天中只有1天空气质量为优，故空气质量不为优的有2天，
所以概率为.
故答案为：；.
14．已知，，使得成立，则m的取值范围为 .
【答案】
【解析】由，得.
由题意可得，使得成立，
即，使得成立.
记，由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以，故.
故答案为：
15．已知平行四边形的面积为，，且.若F为线段上的动点，且，则实数的值为 ；的最小值为 .
【答案】 /0.5 5
【解析】
因为所以即
又所以，
由共线，则，解得
作，以为原点建立平面直角坐标系，
设且，则，而的面积为，
则，故，
则，
则，
当且仅当时取“=”，
故答案为：；5.
三、解答题，本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程成演算步骤。
16．在中，角，，的对边分别为，，，.
(1)求角的大小；
(2)若，，的面积为，求的值.
【解析】（1）因为，
所以由正弦定理可得：.
因为,
所以，
则，
化简得，即，
因为，
所以，解得.
又因为，
所以.
（2）由（1）知.
因为，，的面积为，
所以由余弦定理可得：；
，即，
又因为，
所以，.
由正弦定理可得，.
因为，，，
所以.
由可得：，
所以，，
所以，
故.
17．如图，且且且平面
(1)若为的中点，为的中点，求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的正弦值；
(3)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长．
【解析】（1）因为平面平面，
所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为原点，分别以的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，
所以．
设为平面的法向量，
则
令，则．
因为，
所以，
因为直线平面，所以平面．
（2）依题意，可得．
设为平面的法向量，
则
令，则，
设为平面的法向量，
则
令，则，
所以，
所以平面与平面的夹角的正弦值为．
（3）设线段的长为，则点的坐标为，可得．
易知为平面的一个法向量，
所以，
由题意得，解得．
所以线段的长为．
18．已知点是椭圆上一点，,分别为椭圆的左、右焦点，，当，的面积为.
(1)求椭圆的方程;
(2)设过点直线和椭圆交于两点,，是否存在直线，使得与（是坐标原点）的面积比值为. 若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.
【解析】（1）由，
由.
，故，
，
，
，
即椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为
，
设，则，
，③，
由①③得代入②得，
解得，
直线的方程为，
故存在直线，使得与的面积比值为.
19．已知数列为等差数列，，，数列的前项和为，且，
(1)求的通项公式．
(2)已知，求数列的前项和．
(3)求证：．
【解析】（1）设等差数列的公差为，则，
所以，
因为，当时，解得，
当时，所以，
即，所以，
即是以为首项，为公比的等比数列，所以.
（2）因为，
当是奇数时，，
当是偶数时，，
则①，
②，
①-②得：
即
，
化简得.
，
所以.
（3）因为，
当时，
当时，，
所以
，
因为，所以，
故.
20．已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，讨论函数的单调性．
(3)记函数，设是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数k的取值范围．
【解析】（1）因为，∴切线斜率为，
又，切点为，所以切线方程为；
（2）∵＝，
当时，增区间为；减区间为；
①当，即时，，增区间为．
②当，即时，，
令得，或；令得，．
所以当时，增区间为；减区间为；
③当，即时，令得，或； 令得，．
所以，增区间为；减区间为；
综上，当时，增区间为；减区间为；；
当时，增区间为；
当时，增区间为；减区间为；
当时，增区间为；减区间为．
（3）函数，
所以，由，得，
依题意方程有两不相等的正实根，
∴，
∴，又，则，解得或，
因为且，所以，
∴，
构造函数，
，
∴F（x）在上单调递减；
当时，，
所以．