2024年高考冲刺押题预测卷-数学(天津卷02)-(考试版A4+参考答案+全解全析)

这是一份2024年高考冲刺押题预测卷-数学(天津卷02)-(考试版A4+参考答案+全解全析)，文件包含2024年高考押题预测卷-数学天津卷02全解全析docx、2024年高考押题预测卷-数学天津卷02参考答案docx、2024年高考押题预测卷-数学天津卷02考试版A4docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

一、单项选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分．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】C
【解析】，，，故选C.
2．设，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由于不等式的解集为，则可推出，反之不成立，所以“”是“”的充分而不必要条件．故选：A.
3．函数的部分图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为，定义域为R所以
所以为奇函数，且，排除AB；当时，，即，排除D故选：C.
4．政府为了了解疫情当下老百姓对防控物资方面的月花费情况，抽取了一个容量为n的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在的有54人，则n的值为（ ）
A．100B．150C．90D．900
【答案】B
【解析】因为支出在内的有54人，所以由频率分布直方图得：，故选B
5．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，，，所以，故选B．
6．设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】.故选：C.
7．已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，则双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意得：，解得 ，所以曲线的方程为，故选：C
8．“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明.它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上.此模型的体积为( )

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】内层圆柱的底面半径，外层圆柱底面半径，
内外层的底面圆周都在一个直径为的球上，球的半径，
如图，以内层圆柱为例，
∵内层圆柱的底面圆周在球面上，
∴球心与内层圆柱的底面圆心的连线垂直于底面圆，
则，∴，
根据球的对称性可得，内层圆柱的高为，
同理可得，外层圆柱的高为，
故此模型的体积为：.故选：C.
9．关于函数有下述四个结论：
①是偶函数
②在区间单调递增
③的最大值为2
④在有4个零点
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②④B．②④C．①④D．①③
【答案】D
【解析】因，则为偶函数，①正确；
当时，，它在区间单调递减，②错误；
当时，当时，，当时，，
则当时，，又是偶函数，所以的最大值为2，③正确；
当时，，它有两个零点：0，，当时，，它有一个零点：，
所以函数在有3个零点：，0，，④错误，
所以所有正确结论的编号是①③.
故选：D
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分．
10．已知是虚数单位，计算： .
【答案】
【解析】．
11．的展开式共有8项，则常数项为 ．
【答案】
【解析】的展开式共有项，
依题意得：，；
设的展开式的通项为，则，
由得，
的展开式中的常数项为．
12．直线l：被圆C：截得的弦长为，则m的值为 .
【答案】1或9
【解析】，
圆心C，半径，
圆心C到直线l的距离，
则，即，解得或1．
13．某城市的电力供应由1号和2号两个负荷相同的核电机组并联提供．当一个机组发生故障时，另一机组能在这段时间内满足城市全部供电需求的概率为．已知每个机组发生故障的概率均为，且相互独立，则机组发生故障的概率是 ．如果机组发生故障，那么供电能满足城市需求的概率是 ．
【答案】 /0.19
【解析】设供电能满足城市需求为事件A，机组发生故障为事件B，
则，，所以．
14．如图，A，B是⊙C上两点，若弦AB的长度为2，则 ，若向量在向量上的投影向量为，则与的夹角为 ．
【答案】 2 /
【解析】（1）；
（2）由题意，，故，故，又，故，即，解得，故，所以
15．已知函数，若关于的方程，有且仅有三个不同的实数解，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为，则，
当或时，，
当时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，，
故的大致图像如图所示：
关于的方程等价于，
即或，
由图可得，方程有且仅有一解，则有两解，
所以，解得．
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．（本小题满分14分）在的内角所对边的长分别是，已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
【解】（1）因为，故由余弦定理，
可得，即，解得（舍）或.
（2）因为，故，则，
由正弦定理，则，解得.
（3）因为
又，
故.
17．（本小题满分15分）如图所示，在三棱柱中，侧面ABCD和ADEF都是边长为2的正方形，平面平面ADEF，点G、M分别是线段AD、BF的中点．
(1)求证：平面BEG；
(2)求直线DM与平面BEG所成角的正弦值；
(3)求平面BEG与平面ABCD夹角的余弦值．
【解】（1）由四边形是正方形，则，又面面，面面 ，面，
所以面，而面，则，又，
所以、、两两垂直.
建立以A为原点，以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
所以，
设为面的法向量，则，令，可得，
又，则，所以，又平面，
所以平面．
（2）由（1）知：且为面的法向量，
因此，即直线与平面所成角的正弦值为．
（3）由平面的一个法向量且为面的法向量，
因此，即平面与平面夹角的余弦值为．
18．（本小题满分15分）已知数列的前项和，其中．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，，求数列的前项和；
(3)若存在，使得成立，求实数的最小值．
【解】（1）当时，，
当时，，
两式相减并化简得（），
当时，上式也符合，
所以.
（2）数列满足，，
则，，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
设数列满足，且前项和为，
,,
两式相减得，
所以.
设数列满足，则的前项和，
所以.
（3）依题意，存在，使得成立，
，则只需求的最小值.
，
当或时，取得最小值为.
所以的最小值为.
19．（本小题满分15分）已知椭圆，其离心率为，若，分别为C的左、右焦点，x轴上方一点P在椭圆C上，且满足，．
(1)求C的方程及点P的坐标；
(2)过点P的直线l交C于另一点Q（点Q在第三象限），点M与点Q关于x轴对称，直线PM交x轴于点N，若的面积是的面积的2倍，求直线l的方程．
【解】（1）因为，所以，且．
又，所以，
即，即，所以，
又离心率，所以，，所以，
所以椭圆方程为．
∵，又∵，
∴，∴P点的坐标为．
（2）依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为，
由消去y整理，解得或，
所以Q点坐标为，
从而M点坐标为，
所以直线PM的方程为，
则N点的坐标为，
因为的面积是的面积的2倍，点Q在第三象限，
所以，
即，解得（舍负），
所以满足条件的直线l的方程为，
即：．
20．（本小题满分16分）已知函数
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，且在区间上恒成立，求的取值范围；
（3）若，判断函数的零点的个数.
【解】（1）若，则，
所以，所以，所以切线方程为
（2）依题意，在区间上
因为，．
令得，或．
若，则由得，；由得，．
所以，满足条件；
若，则由得，或；由得，
，
依题意，即，所以．
若，则．
所以在区间上单调递增，，不满足条件；
综上，．
（3），．
所以．设，．
令得．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以的最小值为．
因为，所以．
所以的最小值．
从而，在区间上单调递增．
又，
设．
则．令得．由，得；
由，得．所以在上单调递减，在上单调递增．
所以．
所以恒成立．所以，．
所以．
又，所以当时，函数恰有1个零点．