2024年天津市红桥区高考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年天津市红桥区高考数学一模试卷（含详细答案解析），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。

1.已知全集U={−2,−1,0,1,2,3,4}，集合A={−2,0,1,2}，B={−1,0,2,3}，则A∪∁UB=( )
A. {4}B. {−2,0,1,2,4}C. {0,2}D. {−2,1}
2.已知a，b∈R，则“a>b”是“a2024>b2024”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a=lg0.50.6，b=0.25−0.3，c=0.6−0.6，则a，b，c的大小关系是( )
A. b>a>cB. c>b>aC. b>c>aD. c>a>b
4.已知函数f(x)=e|x−2|(x−2)2−4，则f(x)的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.已知ab≠1，lgam=2，lgbm=3，则lgabm=( )
A. 16B. 15C. 56D. 65
6.已知某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. 6πB. 8πC. 16πD. 20π
7.已知直线y=kx与圆C：(x+2)2+y2=3相切，交曲线y2=2px(p>0)于点P，若|OP|=8，O是坐标原点，则以P为圆心，以p为半径的圆与圆C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y表示第x−1分钟至第x分钟到校人数，1≤x≤30，x∈N*，如当x=9时，纵坐标y=4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y=3.6x−27(图中的实线表示)，乙同学得到的回归方程是y=(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y与相应时间x呈正相关
B. 乙同学的回归方程拟合效果更好
C. 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
D. 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
9.将函数f(x)的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移π3个单位，得到函数g(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π2)的部分图象(如图所示).对于∀x1，x2∈[a,b]，且x1≠x2，若g(x1)=g(x2)，都有g(x1+x2)= 32成立，则下列结论中不正确的是( )
A. g(x)=sin(2x+π3)
B. f(x)=sin(4x−π3)
C. g(x)在[π,3π2]上单调递增
D. 函数f(x)在[0,4π3]的零点为x1，x2，…，xn，则x1+2x2+2x3+⋯+2xn−1+xn=85π12
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.i是虚数单位，复数4+2i1−i=___________.
11.已知二项式(2x+33x)6，则其展开式中含x2的项的系数为__________.
12.已知双曲线x2−y2m=1与抛物线y2=8x的一个交点为A，F为抛物线的焦点，若|AF|=5，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35，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ABCD中，∠ABC=π3，E为CD的中点，P为线段AE上一点，且满足BP=mBA+23BC，则m=__________；若▱ABCD的面积为2 3，则|BP|的最小值为__________.
15.已知函数f(x)=|lg2(x−1)|,13有四个实数根x1，x2，x3，x4且x1三、解答题：本题共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.(本小题14分)
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知acs(B−π6)=bsinA
(1)求角B的大小；
(2)若a=2，c=3，求sin(2A−B)的值．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PD⊥底面ABCD，PB与平面ABCD所成角为45∘，E，F分别是PC，AD中点.
(Ⅰ)求证：DE//平面PFB；
(Ⅱ)求平面PFB与平面EDB夹角的正弦值.
18.(本小题15分)
已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn=2an+r其中r∈R，且r≠0.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设bn=(−1)n+1Snr，若对任意的n∈N*，都有：l=12n−1bi19.(本小题15分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(2,0)，且椭圆C的离心率为12.
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)若动点P在直线x=−1上，过P作直线交椭圆C于M，N两点，且P为线段MN中点，再过P作直线l⊥MN.证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.
20.(本小题16分)
已知函数f(x)=aex−1x的图象在(1,f(1))处的切线经过点(2,e).
(1)求a的值及函数f(x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式exlnx−lnx+x2+(λ−1)x−λeλ≥0在区间(1,+∞)上恒成立，求正实数λ的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为U={−2,−1,0,1,2,3,4}，B={−1,0,2,3}，所以∁UB={−2,1,4}，
因为A={−2,0,1,2}，所以A∪∁UB={−2,0,1,2,4}.
故选：B.
由题意先求出∁UB={−2,1,4}，再求并集可得结果．
本题主要考查并集和补集，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：令a=2，b=−3，满足a>b，但a2024(−2)2024>12024，但−2<1，必要性不成立，
故“a>b”是“a2024>b2024”的既不充分也不必要条件．
故选：D.
根据已知条件，结合特殊值法，即可求解．
本题主要考查幂函数的性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为y=lg0.5x在(0,+∞)上单调递减，
所以lg0.51因为y=x0.6在(0,+∞)上单调递增，又0.25−0.3=0.5−0.6=20.6，0.6−0.6=(53)0.6，
又2>53>1，所以20.6>(53)0.6>10.6，故b>c>1，所以b>c>a.
故选：C.
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．
本题主要考查数值大小的比较，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意，函数f(x)=e|x−2|(x−2)2−4，
因为f(0)=e|0−2|(0−2)2−4=e24−4<0，故C错误；
又因为f(−x+4)=e|−x+4−2|(−x+4−2)2−4=e|−x+2|(−x+2)2−4=e|x−2|(x−2)2−4=f(x)，
故函数f(x)的图象关于x=2对称，故B错误；
当x趋近2时，e|x−2|趋近1，(x−2)2趋近0，所以f(x)=e|x−2|(x−2)2−4趋近正无穷，故D错误．
故选：A.
根据题意，利用特殊值，函数的对称性对选项一一判断、排除，即可得出答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数值的计算，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：因为lgam=2，lgbm=3
所以lgma=12，lgmb=13，
所以lgma+lgmb=56，
即lgmab=56，
所以lgabm=65.
故选：D.
利用换底公式及对数运算法则即可求解．
本题考查对数的运算，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：正六棱柱的所有棱长均为2，故正六棱柱的外接球球心为上下底面中心连线的中点，
故r2=12+22=5，表面积为S=4πr2=20π.
故选：D.
确定正六棱柱的外接球球心为上下底面中心连线的中点，计算半径可得到表面积．
本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，属基础题．
7.【答案】C
【解析】解：圆C：(x+2)2+y2=3的圆心为(−2,0)，半径为 3，
由直线和圆相切可得|2k| 1+k2= 3，解得k=± 3，
结合抛物线的对称性，只需考虑k= 3的情形，
联立y= 3xy2=2px，解得x=0y=0，或x=2p3y=2 3p3，
所以|OP|= (2p3)2+(2 3p3)2=4p3=8，解得p=6，
此时点P(4,4 3)，圆P的方程为(x−4)2+(y−4 3)2=36，
因为圆C和圆P的圆心距d= (−2−4)2+(0−4 3)2=2 21> 3+6，
所以两圆外离．同理当k=− 3时，两圆也外离．
故选：C.
根据点到直线的距离求得k，再联立直线与抛物线方程得点P坐标及圆方程，再考虑圆心距即可．
本题考查圆的方程和直线与圆、圆与圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：对于A，根据散点图知，7：00∼7：30内，每分钟的进校人数y与相应时间x呈正相关，故A正确；
对于B，由图知，曲线y=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，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C正确，
对于D，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D错误．
故选：D.
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．
本题主要考查线性回归方程，属于中档题．
9.【答案】C
【解析】解：对于A，由题意可知函数g(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π2)的图象在区间[a,b]上的对称轴为直线x=x1+x22，
又g(x1+x2)= 32，所以g(0)=g(x1+x2)= 32，
所以sinφ= 32，
又因为0<φ<π2，所以φ=π3，
故g(x)=sin(2x+π3)，故A正确；
对于B，g(x)=sin(2x+π3)向右平移π3个单位长度得到函数y=sin(2x−π3)的图象，
再将其横坐标缩短为原来的12得到f(x)=sin(4x−π3)的图象，故B正确；
对于C，令−π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，k∈Z，
得−5π12+kπ≤x≤π12+kπ，k∈Z，
当k=1时，7π12≤x≤13π12，所以g(x)在[7π12,13π12]上单调递增，
而[π,3π2]⊈[7π12,13π12]，故C错误；
对于D，令t=4x−π3，则t∈[−π3,5π]，
函数y=sint在[−π3,5π]上有6个零点t1，t2，…，t6，
则t1+t2=π，t2+t3=3π，t3+t4=5π，t4+t5=7π，t5+t6=9π，
故t1+2t2+2t3+2t4+2t5+t6
=4(x1+2x2+2x3+2x4+2x5+x6)−10×π3=25π，
所以x1+2x2+2x3+2x4+2x5+x6=85π12，故D正确．
故选：C.
根据题意可得g(x)在区间[a,b]上的对称轴为x=x1+x22，结合g(0)=g(x1+x2)= 32，可得φ的大小，从而可得g(x)解析式，即可判断A；由函数图象的平移变换可得f(x)的解析式，即可判断B；由正弦函数的单调性即可判断C；由正弦函数的性质计算即可判断D.
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】1+3i
【解析】解：4+2i1−i=(4+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=2+6i2=1+3i.
故答案为：1+3i.
由已知结合复数的四则运算进行化简即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题．
11.【答案】4320
【解析】解：二项式的展开式的通项公式为Tr+1=C6r(2x)6−r(33x)r=C6r⋅26−r⋅3rx6−43r，r=0，1，…，6，
令6−43r=2，解得r=3，
则x2的系数为C63⋅23⋅33=4320.
故答案为：4320.
求出展开式的通项公式，然后令x的指数为2，由此即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
12.【答案】y=± 3x
【解析】解：设A(x0,y0)，则x0+2=5,x0=3,y02=8x0=24，
又A在双曲线上，所以9−24m=1,m=3，
双曲线方程为x2−y23=1,a=1,b= 3，
所以渐近线方程为y=± 3x.
故答案为：y=± 3x.
由抛物线的焦半径公式求得P点坐标后，代入双曲线方程得参数m值，然后可得渐近线方程．
本题考查了双曲线的性质，属于基础题．
13.【答案】1225 ； ； 81125
【解析】解：到第3局才分出胜负，则前两局甲、乙各赢一局，其概率为C21×35×25=1225.
若甲获胜，分2种情况：
①甲连赢2局，其概率为35×35=925，
②前两局甲、乙各赢一局，第三局甲赢，其概率为C21×35×25×35=36125.
故甲获胜的概率为925+36125=81125.
故答案为：1225；81125.
利用古典概型、排列组合，能求出结果．
本题考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】23 ； 4 33
【解析】【分析】
本题考查了平面向量基本定理的应用，向量数量积的应用以及向量模的求解，利用基本不等式求解最值的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
利用平面向量基本定理以及线性运算，结合向量相等，求出m的值，利用平行四边形的面积，求出|BC||BA|=4，由模的运算性质以及基本不等式求解最值即可．
【解答】解：BP=BA+AP=BA+kAE=BA+k(DE−DA)=1−12kBA+kBC，
所以1−12kBA+kBC=mBA+23BC，
则1−12k=mk=23，所以m=23，
因为▱ABCD的面积为2 3，
所以|BC||BA|⋅ 32=2 3，
则|BC||BA|=4，
所以|BP|= 49|BC|2+49|BA|2+89|BC||BA|=23 4+|BC|2+16|BC|2≥4 33，当且仅当BC2=16BC2，即BC=2时取等号，
则|BP|的最小值为4 33.
故答案为：23；4 33.
15.【答案】(103,92)
【解析】解：由分段函数知：
123x≥4时，f(x)∈[0,+∞)且递增；
∴f(x)的图象如下：f(x)=a有四个实数根x1，x2，x3，x4且x1由图知：0由对数函数的性质：(x1−1)(x2−1)=x1x2−(x1+x2)+1=1，
可得1x2=1−1x1，
∴令14(x3+x4)x1+1x2=2x1+1x2=2x1−1x1+1=t，且32由g(x)=2x−1x+1在(32,2)上单增，可知g(32)<2x−1x+1所以103故答案为：(103,92).
根据题意，作出分段函数的图象，讨论根的范围，得1x2=1−1x1，进而求出14(x3+x4)x1+1x2的取值范围．
本题考查的知识点是分段函数的应用，是函数图象和性质的综合应用，难度中档．
16.【答案】解：(1)△ABC中，acs(B−π6)=bsinA，
由sinAcs(B−π6)=sinBsinA，
∴cs(B−π6)=sinB，
∴csBcsπ6+sinBsinπ6=sinB，
32csB−12sinB=0，
∴cs(B+π6)=0，
又B∈(0,π)，
∴B+π6∈(π6,7π6)，
∴B+π6=π2，
解得B=π3；
(2)△ABC中，a=2，c=3，B=π3，
由余弦定理得b= a2+c2−2accsB= 7，
由bsinA=acs(B−π6)，得sinA= 3 7，
∵a∴sin2A=2sinAcsA=4 37，
cs2A=2cs2A−1=17，
∴sin(2A−B)=sin2AcsB−cs2AsinB=4 37×12−17× 32=3 314.
【解析】(1)利用正弦定理和三角恒等变换，即可求得B的值；
(2)利用余弦定理和三角恒等变换，即可求得sin(2A−B)的值．
本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题，是中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)证明：在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PD⊥底面ABCD，
PB与平面ABCD所成角为45∘，E，F分别是PC，AD中点，
∴PD=BD= 2，
以D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角系，
则D(0,0,0)，E(0,12, 22)，DE=(0,12, 22)，
F(12,0,0)，B(1,1,0)，P(0,0, 2)，
BF=(−12,−1,0)，BP=(−1,−1, 2)，
设平面PFB的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BF=−12x−y=0n⋅BP=−x−y+ 2z=0，取y=1，得n=(−2,1,− 22)，
∵DE⋅n=0，DE⊄平面PFB，
∴DE//平面PFB；
(Ⅱ)平面PFB的法向量为n=(−2,1,− 22)，
DB=(1,1,0)，
设平面EDB的法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅DB=a+b=0m⋅DE=12b+ 22c=0，取a=1，得m=(1,−1, 22)，
设平面PFB与平面EDB夹角为θ，
则csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=72 52⋅ 112=7 55，
∴平面PFB与平面EDB夹角的正弦值为sinθ= 1−cs2θ= 1−(7 55)2= 33055.
【解析】(Ⅰ)以D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角系，利用向量法能证明DE//平面PFB；
(Ⅱ)求出平面PFB的法向量和平面EDB的法向量，利用向量法能求出平面PFB与平面EDB夹角的正弦值．
本题考查线面平行的判定与性质、二面角正弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)由Sn=2an+r，
当n=1时，a1=S1=2a1+r，所以a1=−r≠0；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，
所以an=2an−1，
所以数列{an}是以2为公比的等比数列，
所以an=−r⋅2n−1；
(Ⅱ)由(Ⅰ)得Sn=−r(1−2n)1−2=r(1−2n)，
则bn=(−1)n+1Snr=(−1)n+1(1−2n)=(−1)n+1+(−2)n.
故l=12n−1bt=b1+b2+⋯+b2n−1=1+−2[1−(−2)2n−1]1−(−2)=−(−2)2n+13，
t=12nbl=b1+b2+⋯+b2n=0+−2[1−(−2)2n]1−(−2)=−(−2)2n+1−23，
而l=12n−1bt=−(−2)2n+13=−4n+13随n的增大而减小，
所以(l=12n−1bt)max=−41+13=−1，
t=12nbl=−(−2)2n+1−23=2⋅4n−23随n的增大而增大，
所以(t=12nbl)min=2×41−23=2，
因为对任意的n∈N*，都有l=12n−1bt所以−1【解析】(Ⅰ)根据an与Sn的关系求解即可；
(Ⅱ)易得bn=(−1)n+1+(−2)n，再分别求得l=12n−1bj,j=12nbl，利用数列的增减性即可得解．
本题考查数列通项公式的求法以及数列的求和，数列的增减性，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】(Ⅰ)解：∵点(2,0)在椭圆上，
∴4a2+0b2=1，解得a2=4，
∵椭圆C的离心率为12，∴ca=12，
∴a2−b2a2=14，解得b2=3，
∴椭圆C的方程为x24+y23=1.
(Ⅱ)证明：设P(−1,y0)，y0∈(−32,32)，
①当直线MN的斜率存在时，
设直线MN的方程为y−y0=k(x+1)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由x24+y23=1y−y0=k(x−1)，
得：(3+4k2)x2+(8ky0+8k2)x+(4y02+8ky0+4k2−12)=0，
∴x1+x2=−8ky0+8k23+4k2，
∵P为MN中点，∴x1+x22=−1，即−8ky0+8k23+4k2=−2，
∴kMN=34y0(y0≠0).
∵l⊥⊥MN，∴kl=−4y03，
∴直线l的方程为y−y0=−4y03(x+1)，
即y=−4y03(x+14)，
∴直线l恒过定点(−14,0).
②当直线MN的斜率不存在时，
直线MN的方程为x=−1，
此时直线l为x轴，也过点(−14,0).
综上所述，直线l恒过定点(−14,0).
【解析】(Ⅰ)点(2,0)在椭圆上，将其代入椭圆方程，又因为c=12，解方程组得到a，b，由此能求出椭圆方程．
(Ⅱ)点P在直线x=−1上，则可得P(−1,y2)，当直线MN的斜率存在时设斜率为k，得到直线MN中点，根据点P的横坐标解得k，由l⊥MN可得直线l的斜率及其含参数y3的方程，分析得直线是否恒过定点，注意还要讨论直线MN的斜率不存在的情况．
本题考查椭圆方程的求法，考查直线恒过定点的证明，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．
20.【答案】解：(1)因为f(x)=aex−1x，所以f(1)=ae−1，
f′(x)=axex−aex+1x2，f′(1)=1，
又函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线经过点(2,e)，
所以ae−1−e1−2=1，解得a=1，
所以f(x)=ex−1x，函数的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，又f′(x)=xex−ex+1x2，
令g(x)=xex−ex+1，则g′(x)=xex，
所以当x>0时，g′(x)>0，当x<0时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减，
所以g(x)≥g(0)=0，
所以当x≠0时，xex−ex+1>0恒成立，即f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在(0,+∞)，(−∞,0)上单调递增，
即f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，(−∞,0)，无单调递减区间．
(2)因为不等式exlnx−lnx+x2+(λ−1)x−λex≥0在区间(1,+∞)上恒成立，
因为x∈(1,+∞)，则lnx>0，
即ex+λ≥lnx+x2+(λ−1)x−λlnx在区间(1,+∞)上恒成立，
所以ex+λ−1≥(x+λ)(x−1)lnx在区间(1,+∞)上恒成立，
又λ>0，所以x+λ>0，
所以ex+λ−1x+λ≥x−1lnx=elnx−1lnx在区间(1,+∞)上恒成立，
即f(x+λ)≥f(lnx)在区间(1,+∞)上恒成立，
由(1)可知，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以x+λ≥lnx在区间(1,+∞)上恒成立，即λ≥−x+lnx在区间(1,+∞)上恒成立，
令h(x)=−x+hnx，x∈(1,+∞)，
则h′(x)=−1+1x=1−xx<0，
所以h(x)在(1,+∞)上单调递减，
所以h(x)所以λ>0时，λ≥−x+lhx在区间(1,+∞)上恒成立，
即对任意λ∈(0,+∞)，关于x的不等式exlnx−lnx+x2+(λ−1)x−λeλ≥0在区间(1,+∞)上恒成立．
【解析】(1)首先得到f(1)，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a，再利用导数求出f(x)的单调区间；
(2)依题意可得ex+λ−1x+λ≥elnx−1lnx在区间(1,+∞)上恒成立，即f(x+λ)≥f(lnx)在区间(1,+∞)上恒成立，结合(1)中函数的单调性，得到x+λ≥lnx在区间(1,+∞)上恒成立，参变分离可得λ≥−x+lnx在区间(1,+∞)上恒成立，利用导数说明−x+lnx<0，即可得解．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于难题．X
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Y
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