2023_2024学年天津高三第二学期高考数学模拟试题(四模)带解析

这是一份2023_2024学年天津高三第二学期高考数学模拟试题(四模)带解析，共22页。试卷主要包含了已知全集，则，“”是“”的，已知，则的大小关系为等内容，欢迎下载使用。
本试卷分和第Ⅱ卷两部分，共150分.考试结束后，请交回答题卡.
第I卷
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．已知全集，则（ ）
A．B．C．D．
2．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
3．如图，下列能表达这条曲线的函数是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知等差数列和的前项和分别为，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．某校举办了数学知识竞赛，并将1000名学生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则以下四个说法正确的个数为（ ）
①a的值为0.005
②估计这组数据的众数为75
③估计这组数据的下四分位数为60
④估计成绩高于80分的有300人
A．1B．2C．3D．4
6．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
7．三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.一种内圆外方的简型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2，外径长3，筒高4，中部为棱长是3cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的部分图象如图所示，其中，，则以下五个说法正确的个数为（ ）
①函数的最小正周期是；
②函数在上单调递减；
③函数的图象关于直线对称；
④将函数的图象向右平移个单位长度后关于轴对称；
⑤当时，.
A．0B．1C．2D．3
9．已知双曲线的左、右焦点分别为、，经过的直线交双曲线的左支于，，的内切圆的圆心为，的角平分线为交于M，且，若，则该双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．D．2
第II卷
二､填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分.）
10．若，则的共轭复数为 .
11．在的展开式中，的系数为 .（结果用数字表示）
12．已知直线与圆相交于两点，且，则实数
13．某射击小组共有10名射手，其中一级射手3人，二级射手2人，三级射手5人，现选出2人参赛，在至少有一人是一级射手的条件下，另一人是三级射手的概率为 ；若一､二､三级射手获胜概率分别是0.9，0.7，0.5，则任选一名射手能够获胜的概率为 .
14．已知中，，且的最小值为，则 ，若为边上任意一点，则的最小值是 .
15．对任意，不等式恒成立，则的取值范围是 .
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A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
(1)求角A的大小；
(2)若，求的值；
(3)若的面积为，，求的周长和外接圆的面积.
17．如图，棱柱的底面是菱形，，所有棱长都为，，平面为的中点.

(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求点到直线的距离.
18．已知是公比为q的等比数列．对于给定的，设是首项为，公差为的等差数列，记的第i项为．若，且．
(1)求的通项公式；
(2)求；
(3)求．
19．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：的离心率为，直线l与Γ相切，与圆O：相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，.
(1)求Γ的方程；
(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.
（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当的面积最大时，求；
（ⅱ）若，均存在，记两者中的较大者为.已知，，均存在，证明.
20．已知函数．
(1)证明：当时，；
(2)若函数有两个零点．
①求的取值范围；
②证明：．
1．C
【分析】直接由交集补集的定义求解即可
【详解】因为，
所以，所以，
故选：C.
2．A
【分析】根据绝对值的定义和分式不等式的解法，求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由不等式，可得，所以，解得，
又由，可得，解得，
因为是的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．C
【分析】由函数的对称性及特殊点的函数值，即可得出结果.
【详解】解：观察图象可知，函数的图象关于轴对称，应是偶函数，
而选项B，，是奇函数，图象关于原点对称，不符合题意，
选项D，，是奇函数，图象关于原点对称，不符合题意，
对选项A而言，当时，，不符合题意.
故选：C.
本题考查函数的图象及其性质，考查运算求解能力，属于基础题.
4．C
【分析】由等差数列的前项和公式及等差数列的性质，即可求解结果．
【详解】因为是等差数列和的前项和，
，又
所以
故选：C.
5．D
【分析】利用频率分布直方图的性质判断①，利用众数、百分位数的求法判断②③，根据频率分布直方图计算可估计总体判断④.
【详解】由频率分布直方图可知，解得，①正确；
根据频率分布直方图可知众数落在区间，用区间中点表示众数，即众数为75，②正确；
前两组频率之和为，所以这组数据的下四分位数为60，③正确；
成绩高于80分的频率为，所以估计总体成绩高于80分的有人，④正确；
综上①②③④正确，
故选：D
6．A
【分析】对同时次方后比较大小，即可判断大小；对，根据，即可比较大小.
【详解】由题可得，则，故；
又，故，综上所述.
故选：A.
7．B
【分析】根据几何体的特点，结合长方体，圆柱体体积的计算公式，求解即可.
【详解】圆筒体积为底面半径，高度为的圆柱体的体积减去底面半径为，高度为的圆柱体的体积，
故其体积；
中间部分的体积为棱长为的长方体的体积减去底面半径为，高为的圆柱体的体积，
故其体积；
故玉琮的体积.
故选：B.
8．C
【分析】根据函数图象求出的解析式，再根据正弦函数的图象和性质逐一判断即可.
【详解】由图像可知，解得，①说法错误，
所以，解得，
将代入得，
所以，，即，，
又因为，所以，，
当时，，所以在上先单调递减，再单调递增，②说法错误；
当时，，，所以的图象关于直线对称，③说法正确；
将函数的图象向右平移个单位长度后得到，其图象关于轴对称，④说法正确；
当时，，则，，⑤说法错误；
综上③④说法正确，
故选：C
9．A
【分析】根据内切圆于，可设，进而得，结合，可得，进而得，求得，判断出，由焦点三角形求得，即可求解.
【详解】设内切圆的半径为，
由，即，则,
设，则，则，
由，即，
则，则，
，则，故，同理得，
故，故，
则，
故，则，
则.
故选：A

方法点睛：椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法
求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
10．
【分析】利用复数除法运算求得，再求其共轭复数即可.
【详解】根据题意可得，故其共轭复数为.
故答案为.
11．90
【分析】借助二项式展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对，有，
令，解得，有.
故答案为.
12．7
【分析】利用弦长公式和点到直线距离公式列方程求解即可.
【详解】根据题意，圆，
即，其圆心为，半径，
若，则圆心到直线即的距离，
又由圆心到直线的距离，
则有，解可得.
故答案为.
13． ## ##
【分析】计算出至少有一人是一级射手的情况有几种，再求出选出的2人中1人是一级射手另一人是三级射手的情况的种数，根据条件概率的计算公式即得答案；求出任选一名射手，分别是一、二、三级射手的概率，根据全概率公式即可求得任选一名射手能够获胜的概率.
【详解】由题意得至少有一人是一级射手的情况共有种，
选出的2人中1人是一级射手另一人是三级射手的情况种，
故选出2人参赛，在至少有一人是一级射手的条件下，另一人是三级射手的概率为；
任选一名射手，分别是一、二、三级射手概率分别为，
而一、二、三级射手获胜概率分别是0.9，0.7，0.5，
则任选一名射手能够获胜的概率为，
故，
14．
【分析】设，则，计算得到，建立直角坐标系，则，计算得到答案.
【详解】设，由题意
，
当且仅当时等号成立，又因为的最小值为，
所以，解得，即，
又，所以，
因为中，，
所以，
解得
所以，所以，
所以，
如图所示建立直角坐标系，
则，，，，，
所以，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为．
故；.
15．
【分析】把不等式转化为，记，则原不等式转化为恒成立，画出的图像，然后用数形结合和图像变换的思想来解题即可.
【详解】解：不等式等价于，
记，则原不等式等价于.
所以，不等式恒成立等价于不等式恒成立.
而，且图像如下图所示：
可以看作是向左或向右平移个单位，不等式恒成立可以看作是的图像在的上方或函数值相等.所以要使的图像在的上方或函数值相等只能把的图像向左平移至少1个单位得到，如下图所示：
所以.
故答案为.
本题主要考查绝对值不等式、图像变换、数形结合的思想，属于综合性题目.
16．(1)
(2)
(3)，
【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换求解即可；
（2）由同角三角函数基本关系、二倍角公式及两角和正弦公式求解；
（3）由三角形面积公式及余弦定理求出，再由正弦定理求外接圆半径即可.
【详解】（1）由，
由正弦定理，
从而有，
，，
，.
（2）因为，
所以，
.
（3）因为，
所以，
由余弦定理得：，
即，
解得，
所以的周长为，
由，
所以外接圆的面积.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，即可得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
（3）令，，再根据距离公式计算可得.
【详解】（1）连接，因为为的中点，为的中点，
所以，且平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面，且为菱形，所以，
如图，以点为坐标原点，分别以的方向为轴正方向建立空间直角坐标系.
又，所以为等边三角形，所以，则，
在中，，
可知，

则，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，得，
取平面的一个法向量为，
所以.
设二面角为，显然二面角为锐二面角，
则，
即二面角的余弦值为.
（3）又，所以，所以，
所以，，
所以，
所以，，
所以，
所以点到直线的距离.
18．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据给定定义，可得，再列出方程求出作答.
（2）由（1）的信息，利用裂项相消法求和作答.
（3）利用（1）的结论，结合分组求和法及等差数列前n项和公式求解作答.
【详解】（1）依题意，，
，
，
由及，得，解得，于是，
所以的通项公式是.
（2）由（1）知，，，
，
所以.
（3）由（1）知，，，
所以
.
关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
19．(1)；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出，再结合离心率求出即得.
（2）（ⅰ）在直线的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心到距离，列出的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.
【详解】（1）因为当垂直于轴时，，而直线与Γ相切，则，解得，
又椭圆的离心率为，则椭圆的半焦距，，
所以的方程为.
（2）（i）当的斜率存在时，设的方程为：，
由消去得：，
由直线与椭圆相切，得，整理得，
于是圆心到直线的距离，
则的面积为，
设，求导得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此当时，取得最大值，此时，
当的斜率不存在时，由（1）知，，
由，得，则.
对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，则是圆上与最近的点，
当为线段的中点时，取得最大值，所以.
（ii）因为均存在，
设点，且，
设是集合中到的最近点，根据对称性，不妨设，
令点到集合的最近点为，点到集合的最近点为，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，
因此，
而在坐标平面中，，又点是集合中到点的最近点，则，
所以.
关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解题的关键.
20．(1)证明见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论判断的单调性，结合单调性和最值分析证明；
（2）①令，整理可得，设，求导，利用导数判断单调性，结合单调性分析零点问题；②分析可知原不等式等价于，构建函数证明即可.
【详解】（1）由题意可得：函数，且，，
若，则在内恒成立，
可知在内单调递增，可得；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可得，
且，则，则；
综上所述：当时，.
（2）①由题意可得：，
令，整理可得，
设，则，
且，可知，
令，解得；令，解得；
则在内单调递减，在内单调递增，
由题意可知：有两个零点，则，解得，
若，令，则
则，
可知在内有且仅有一个零点；
且当趋近于，趋近于，可知内有且仅有一个零点；
即，符合题意，综上所述：的取值范围为；
②由①可知：，即，
若，等价于，
等价于，
令，则，
令，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，
即，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可得；
令，则，
令，则，
因为，则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，可知在内单调递增，
则，即，
不妨设，则，
且，在内单调递减，可得，
即，可得；
即，
所以.
方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．