[数学][三模]天津市北辰区2024届高三三模试题(解析版)

这是一份[数学][三模]天津市北辰区2024届高三三模试题(解析版)，共19页。试卷主要包含了 已知集合,,，则， 对于实数，“”是“”的， 函数的图象大致为， 下列说法中正确的个数为个， 中国载人航天技术发展日新月异等内容，欢迎下载使用。

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.
一､选择题
1. 已知集合,,，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】∵集合，，
∴，又＝{0,1}，
∴()∩N＝{0,1}．
故选：C．
2. 对于实数，“”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】因为，等价于且，
且是的真子集，
所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.
3. 函数的图象大致为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】，且函数定义域为，关于原点对称，所以为奇函数，排除CD．
当时，，所以，排除B，经检验A选项符合题意.
故选：A．
4. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为在上单调递减，则，即；
又因为在上单调递减，则，即；
可得，且在上单调递增，
则，即；
综上所述：.
故选：D.
5. 已知在等比数列中，，等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 60B. 54C. 42D. 36
【答案】C
【解析】由等比数列的性质可知，因为，所以，，
所以.故选：C
6. 下列说法中正确的个数为（ ）个.
①对立事件一定是互斥事件；②在经验回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量减少0.1个单位；③两个随机变量的线性相关性越强，相关系数绝对值越接近于1；④在回归分析模型中，若相关指数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越好.
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】对于①，对立事件一定是互斥事件，但互斥事件未必是对立事件，故①正确；
对于②，根据回归直线方程中回归系数的含义可知：当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加个单位，故②错误；
对于③，根据相关系数的计算公式可知：两个变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近，故③正确；
对于④，根据回归分析的基本思想可知：相关指数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越差，④错误.故选：B.
7. 已知函数，则下列结论不正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于点对称
C. 若是偶函数，则，
D. 在区间上的值域为
【答案】D
【解析】由题意，在中，
，
A项，，A正确；
B项，令, 得, 当时,,
所以的图象关于点 对称,故B正确;
C项，是偶函数，
∴，解得：, 故C正确；
D项, 当 时, , 所以,
所以在区间上的值域为，故D错误.故选：D.
8. 中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，
取轴截面，如图所示，分别为的中点，
可知：∥∥，且，
可得，即，
所以该容器中液体的体积为.
故选：A.
9. 在中，，为外心，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由O为△ABC外心，可得在方向上的投影向量为，
则，故，
又，设，
则
，
当且仅当时等号成立，
由可知，，
故的最大值为．故选：A．
第Ⅱ卷
二､填空题
10. 是虚数单位，复数的虚部为___________.
【答案】
【解析】，
所以复数Z的虚部为.
故答案为：
11. 若展开式的二项式系数和为128，则展开式中的系数为___________.
【答案】280
【解析】由题意可知：二项式系数和为，解得，
则展开式的通项为，
令，解得，
所以展开式中的系数为.
故答案为：280.
12. 过抛物线的焦点作圆：的两条切线，切点分别为，若为等边三角形，则的值为___________.
【答案】4
【解析】如图，
过抛物线的焦点F作圆C：的两条切线，切点分别为M，N，又△FMN为等边三角形，
则在直角三角形MCF中，，，
又C(2,0)，，又，
则，即，则p＝4．
故答案为：4．
13. 某单位为了提高员工身体素质，开展双人投篮比寒，现甲､乙两人为一组参加比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若投中，则此人继续投篮，若未投中，则换为对方投篮，无论之前投篮的情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲､乙的概率各为.第2次投篮的人是甲的概率为___________；已知在第2次投篮的人是乙的情况下，第1次投篮的人是甲的概率为___________.
【答案】
【解析】设“第次是甲投篮”为事件，“投篮命中”为事件B，
由题意可知：，，
则，
所以第2次投篮的人是甲的概率为
；
且在第2次投篮的人是乙的情况下，第1次投篮的人是甲的概率为
.故答案为：；.
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于A，B两点.若是虚轴长的倍，则该双曲线的一条渐近线为___________；若，分别交轴于，两点，且的周长为8，则的最大值为___________.
【答案】（或）
【解析】由题意可知：，且该双曲线的焦点在x轴上，
若是虚轴长的倍，则，即，
所以该双曲线的一条渐近线为（或）；
由题意可知：∥，且为线段的中点，可知分别为，的中点，
则，
可得，结合对称性可知，
又因为点A在双曲线上，则，即，
可得，整理可得，解得，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故答案：（或）；.
15. 若函数有四个零点，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【解析】由题意可知：的定义域为，
且
，
可知关于直线对称，
原题意等价于：当时，有2个零点，且，
即，
若，则，
显然，
若时，令，可得，
令，可知与在内只有一个交点，
则，令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
且，又，
可得的图象如图所示，
由图象可知：或或，解得或或，
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
三､解答题
16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足
.
（1）求角的大小；
（2）若，求的值；
（3）若的面积为，，求的周长.
解：（1）因为，所以，
所以，所以，
因为，所以；
（2）由已知得，，
所以，，
所以；
（3）因为，
所以，由余弦定理得，
所以，
所以，
所以的周长为.
17. 如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点.
（1）证明：∥平面；
（2）求平面和平面夹角的余弦值；
（3）求A点到直线的距离.
（1）证明：取中点，连接，．在中，，分别为，的中点，则，，因为∥，，则，，可知四边形为平行四边形，则，
且平面，平面，所以∥平面PAD．
（2）解：因为平面，，平面ABCD，
则，，且，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，取CD的中点，连接BE，
因为∥，，则，，
又因为，所以四边形ABED为矩形，
且，可知四边形ABED是以边长为2的正方形，
则，，，，，，
可得，，，
设平面BDM的法向量为，所以，
令，则，．所以平面BDM的一个法向量为，
易知为平面PDM的一个法向量，所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
（3）解：由（2）可知：，
则，
即，可知为锐角，
则，
所以A点到直线的距离为.
18. 已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程.
解：（1），
，所以，
因为a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，
所以椭圆方程为．
（2）如图，设P（x1，y1），Q（x2，y2），
，
联立，消去y整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2，
所以，. ，

，
因为|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，
所以32k2﹣24＝0，，，
，，
点O到直线l的距离，
所以，
当且仅当，即m2＝3，
因为m＞0，所以时，取得最大值为，
因为S四边形MNPQ＝4S△POQ，
所以S△POQ最大时，S四边形MNPQ最大，
所以或．
19. 已知为等差数列，前项和为，若，；数列满足：，.
（1）求和的通项公式；
（2）对任意的，将中落入区间内项的个数记为.
（i）求；
（ii）记，的前项和记为，是否存在，，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
解：（1），
所以，①
当时，令得：②
①②得：，所以是公差为的等差数列，
当时有：，所以
（2）（i）
因为，所以，所以
（ii），把代入得：，
所以，，
所以
因为，，所以，
当时，（舍去），当时，（舍去），
当时，，所以存在，.
20. 已知，曲线在点处的切线为.
（1）当时，求直线的方程；
（2）证明：与曲线有一个异于点的交点，且；
（3）在（2）的条件下，令，求的取值范围.
（1）解：当时，，而，所以.
所以的方程是，即；
（2）证明：由于，故的方程可化为.
设，则直线的方程为.
令，
设，则对有，所以在上单调递增.记，
则.
由于，
且
，
故一定存在，使得，即.而，故是与曲线的交点，且；
（3）解：对，设.
则，
，
.
由于当时，的导数，
故在上单调递增.
若，则.
所以对有，从而在上单调递增；
所以对有，从而在上单调递增；
所以对有，从而在上单调递增；
所以对有，从而在上无零点.
若，则.
由于对有，
故.
从而存在使.
结合在上单调递增，知对有，从而在上单调递减；
所以对有，从而在上单调递减；
所以对有，从而在上单调递减；
所以，又由于对有
，
故对有，从而当时，有
.
结合，就知道在上存在零点，
从而在上存在零点.
综上，对，函数在上存在零点的充要条件是.最后，一方面我们取，就有
，
所以在上存在零点，故，得；
另一方面，对任意，取，则在上存在零点.
记该零点为，取，则
.
所以这样的满足原条件，且.
综上，的取值范围是.