2023-2024学年天津市河东区高三上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年天津市河东区高三上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析），共22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。

一、单选题（本大题共9小题）
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，命题“，”是真命题的一个充分不必要条件是（ ）
（ ）
A．B．C．D．
3．函数在区间上的大致图像为（ ）
A．B．
C．D．
4．设，则（ ）
A．B．C．D．
5．设等差数列的前项和为，数列的前和为，已知，，，若，则正整数的值为（ ）
A．B．C．D．
6．为征求个人所得税法修改建议，某机构调查了名当地职工的月收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图：
下面三个结论：
估计样本的中位数为元；
如果个税起征点调整至元，估计有的当地职工会被征税；
根据此次调查，为使以上的职工不用缴纳个人所得税，起征点应调整至元．
其中正确结论的个数有（ ）
A．B．C．D．
7．陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地视为由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，如图1是一种木陀螺，其直观图如图2所示，，分别为圆柱上、下底面圆的圆心，为圆锥的顶点，若圆锥的底面圆周长为，高为，圆柱的母线长为3，则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
8．已知，给出下列结论：
若，，且，则；
存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称；
若，则在上单调递增；
若在上恰有个零点，则的取值范围为．
其中，所有正确结论的个数是（ ）
A．B．C．D．
9．已知定义在R上的函数，若函数恰有2个零点，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（本大题共6小题）
10．已知为虚数单位，复数满足，则 ．
11．（1）已知两个变量线性相关，若它们的相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于；
（2）正态曲线当一定时，越小，总体分布越集中，越大，总体分布越分散；
（3）对于分类变量与的随机变量，越大说明“与有关系”的可信度越大；
（4）在刻画回归模型的拟合效果时，残差平方和越小，相关指数的值越大，说明拟合的效果越好；
（5）根据最小二乘法由一组样本点，求得的回归方程是，对所有的解释变量，的值一定与有误差
以上命题正确的序号为 ．
12．已知数列满足，，，则数列的前项和为 ．
13．已知正实数，满足，且，则的最小值为 ．
14．在平面四边形中，，则 ； .
15．已知函数，若关于的方程恰有个不同实数根，则实数的取值范围为 ．
三、解答题（本大题共5小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
(1)求；
(2)若，求的值；
(3)若的面积为，，求的周长．
17．已知数列满足，其前项和为；数列是等比数列，且，，，成等差数列．
(1)求和的通项公式；
(2)分别求出，.
18．如图，四棱锥中，侧面PAD为等边三角形，线段AD的中点为O且底面ABCD，，，E是PD的中点．

(1)证明：平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为，求平面MAB与平面ABD夹角的余弦值；
(3)在（2）的条件下，求点D到平面MAB的距离．
19．设数列是公差不为零的等差数列，满足，.数列的前项和为，且满足.
(1)求数列和的通项公式；
(2)在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；……；在和之间插入个数，，…，，使，，，…，，成等差数列.
（i）求；
（ii）是否存在正整数，，使成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由.
20．已知函数，其中.
(1)当时，求函数在点上的切线方程.（其中e为自然对数的底数）
(2)已知关于x的方程有两个不相等的正实根，，且.
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）设k为大于1的常数，当a变化时，若有最小值，求k的值.
1．C
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再解绝对值不等式求出集合，最后根据集合的运算法则计算可得.
【详解】由，即，解得或，
所以或，则，
由，则，解得，
所以，
所以.
故选：C
2．A
【分析】首先求出参数的取值范围，再根据集合的包含关系判断即可.
【详解】因为且，，
所以，对恒成立，
所以，
因为，
所以是命题“，”是真命题的一个充分不必要条件.
故选：A
3．C
【分析】根据奇偶性排除A，D，根据，函数值的正负可选出选项.
【详解】由题可得是偶函数，排除A,D两个选项，
当时，，，
当时，，，
所以当时，仅有一个零点.
故选：C
此题考查函数的奇偶性和零点问题，解题时要善于观察出函数的一个零点，再分别讨论，函数值的正负便可得出选项.
4．C
【分析】根据指数函数以及对数函数的单调性分别判断出的范围，即可判断它们的大小关系，即得答案.
【详解】由于，故，
，，
故，
故选：C
5．B
【分析】设出公差，根据通项公式和求和公式基本量计算出首项和公差，得到，进而得到，裂项求和得到，得到方程，求出.
【详解】设的公差为，
则，解得，
故，
故，
则，
因为，所以，
解得.
故选：B
6．A
【分析】根据频率分布直方图一一分析即可.
【详解】因为，
所以中位数位于，设中位数为，
则，解得，故①错误；
因为，所以如果个税起征点调整至元，估计有的当地职工会被征税，故②错误；
因为，
所以为使以上的职工不用缴纳个人所得税，起征点应低于元，故③错误．
故选：A
7．D
【分析】由圆锥的底面圆周长求出底面半径，结合圆锥，圆柱的体积公式即可求解．
【详解】圆锥的底面圆周长为，所以底面半径为，
设圆柱的体积为，圆锥体积为，
，
故选：D．
8．A
【分析】由二倍角公式得，利用余弦函数的图象和性质判断各选项即可.
【详解】①由题意可得，
由，，且得两相邻对称轴间的距离为，
所以，解得，故①错误；
②的图象向左平移个单位长度得
，
若关于轴对称，则，即，
解得，所以当时符合题意，故②正确；
③当时，，所以当时，，
因为在上单调递减，上单调递增，
所以在上单调递增，上单调递减，故③错误；
④设，当时，，
在上恰有5个零点，即在上恰有5个零点，
则，解得，故④错误．
故选：A．
9．D
【分析】把函数恰有2个零点转化为和有两个交点.利用图像法解.
【详解】因为函数恰有2个零点，
所以和有两个交点.
作出函数的图像如图所示：
因为时，和相交，所以只需和再有一个交点.
.
当时，若与相切，则有的判别式，此时.
当时，若与相切，则有的判别式，此时.
当时，若与相切，设切点为.
则有，解得.
所以要使函数恰有2个零点，
只需或或，解得：
或或.
故选：D
已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
10．##
【分析】根据复数相等，应用复数的除法求复数z即可.
【详解】由题设，.
故答案为.
11．（1）（2）（3）（4）
【分析】（1）利用相关系数的意义判断；（2）根据正态曲线的性质判断；（3）根据的意义判断；（4）根据残差平方和及相关指数的意义判断；（5）根据最小二乘法及回归方程的概念判断.
【详解】根据相关系数的意义可知，两个变量线性相关，若它们的相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于，故（1）正确；
根据正态曲线的性质可知，正态曲线当一定时，越小，总体分布越集中，越大，总体分布越分散，故（2）正确；
根据的意义可知，对于分类变量与的随机变量，越大说明“与有关系”的可信度越大，故（3）正确；
根据残差平方和及相关指数的意义可知，在刻画回归模型的拟合效果时，残差平方和越小，相关指数的值越大，说明拟合的效果越好，故（4）正确；
若所有样本点都在回归直线上时，则的值与相等，故（5）错误
故（1）（2）（3）（4）.
12．
【分析】根据递推公式得出奇数项数列和偶数项数列各为等差数列，分组求和即可得出前项和．
【详解】因为，
当为奇数时，则，是首项为1，公差为1的等差数列；
当为偶数时，则，是首项为2，公差为3的等差数列，
．
故．
13．
【分析】由题意判断，将变形化为，利用基本不等式即可求得答案.
【详解】由题意知正实数，满足，且，
则，即，则，
故，
故
，
当且仅当，结合，即时取等号，
即的最小值为，
故
14．
【分析】根据求出B的大小，从而可判断△ABC的形状，从而求出；再求出，从而求出∠ACD的大小，再根据即可求出．
【详解】∵，
又，故，
∵，故，
∴为等边三角形，则；
∵，∴，又，∴，
得，
∴，
根据以上分析作图如下：
则∠BCD=150°，
则
．
故1；
15．
【分析】先利用导数研究时的性质，作出的图象．若关于的方程恰有个不同实数根，令，通过分析可得有2个不等实根，且，数形结合即可建立关于的不等式组，即可求解．
【详解】当时，，则，
令，解得，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
根据题意可作出的图象如下：
若关于的方程恰有4个不同实数根，
令，，则有两个不等实数根，
故与都有2个交点，或者与有1个交点，与有3个交点；
当与都有2个交点，根据图象可得，不满足，舍去；
当与有1个交点，与有3个交点，
则，当时，，解得，
故，解得或，舍去；
故，
两个实数根的范围为，
所以，解得，
所以实数的取值范围为．
故．
关键点睛：本题求解的关键是利用数形结合思想，作出函数的图象，通过图象得到与有1个交点，与有3个交点，并通过分析得到．
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知可得，由为三角形内角，，解得，结合范围，即可求得的值．
（2）由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用二倍角公式，两角差的正弦函数公式即可求解．
（3）由已知利用三角形的面积公式可求的值，进而根据余弦定理可求的值，即可得解的周长．
【详解】（1）．
由正弦定理可得，
则，
所以，
所以，
为三角形内角，，解得，，
．
（2）由已知，，所以，
，，
.
（3），
，
由余弦定理得，
即，解得，
的周长为．
17．(1)，
(2)，
【分析】（1）依题意可得是公差的等差数列，根据前和公式求出，即可求出的通项公式，设公比为，由等差中项的性质求出，即可得解；
（2）利用错位相减法求出，利用并项求和法求出.
【详解】（1）因为，所以是公差的等差数列，
又前项和为，即，解得，
所以，
因为数列是等比数列，且，设公比为，
因为，，成等差数列，所以，即，解得，
所以.
（2）记，
所以
①，
②，
②①得
，
.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）首先以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，根据，即可证明；
（2）根据线面角的向量公式，求点的坐标，再根据二面角的向量公式，计算求值；
（3）根据（2）的结果，可知平面的法向量为，代入点面距离的向量公式，即可求解.
【详解】（1）连接OC，因为，所以四边形OABC为平行四边形，
所以，所以，以OC，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，．
，，，
设平面的一个法向量为，
则，则，令，，
平面PAB的一个法向量，
，则，又平面PAB，所以平面PAB．
（2），设，
则，
因为点M在棱PC上，所以，，
即，
所以，所以，
平面ABCD的法向量为，
因为直线BM与底面ABCD所成角为，
所以，
，
解得，所以，
设平面MAB的法向量为，
则，即，
令，则，
所以，
所以平面MAB与平面ABD夹角的余弦值．
（3），点D到平面MAB的距离．
19．(1)；.
(2)（i）；（ii）存在；和.
【分析】（1）设的公差为，根据题意列式求出和即可求出；根据可求出；
（2）（i）根据等差中项的性质得到，再根据错位相减法可求出；
（ii）根据和的通项公式得到，推出，令，推出的单调性，根据单调性可知，只有和，由此可求出结果.
【详解】（1）设的公差为，，
则，解得，
所以.
由得，得，
，所以，
所以，即，
所以.
综上所述：；.
（2）（i）依题意得，，，
，，，
所以
令，
则，
所以，
所以，
所以，
所以，
（ii）假设存在正整数，，使，即，即成立，
因为，所以，所以，所以，
令，则，
所以数列单调递减，，，，当时，，
所以由，得；由，得，
所以存在正整数，，使，且所有的正整数对为：和.
20．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）对函数求导数，求出在点处的斜率，最后求切线方程即可；
（2）（ⅰ）方程有两个不相等的正实根，等价于函数的图象与直线有两个交点，利用函数导数求出极值，再结合图象求出的取值范围即可；
（ⅱ）结合（ⅰ）及指对互化得，，从而把最小值化为的最小值，多次构造函数，求导，研究函数的单调性及最值，利用最值即可求解.
【详解】（1）当时，，所以，
所以，又，
所以函数在点上的切线方程为，即；
（2）（ⅰ）即，则有，，
设，，则，令，得，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又x趋向于0时，趋向负无穷，x趋向于正无穷大时，无限趋向0，且，
函数的图象如下：
由题意，方程有两个不相等的正实根，
即方程有两个不相等的正实根，
所以函数的图象与直线有两个交点，
由图知，，故实数a的取值范围为；
（ⅱ）因为，由（ⅰ）得，则，
所以，设，则，
即，，
由题意有最小值，即有最小值，
设，，则，
记，则，
由于，，时，，则在上单调递减，
时，，则在上单调递增，
又，，且t趋向于正无穷大时，趋向于正无穷大，
故存在唯一，使得，
时，，即，所以在上单调递减，
时，，即，所以在上单调递增，
所以时，有最小值，
而，则，即，
所以，
由题意知，令，
设，则，
设，则，
设，则，
故在上单调递增，，此时在上单调递增，
有，此时，故在上单调递增，
又，故的唯一解是，
故的唯一解是，即，
综上所述，.
方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.