[数学][三模]天津市和平区2024届高三第三次质量调查试卷(解析版)

这是一份[数学][三模]天津市和平区2024届高三第三次质量调查试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】，
故.
故选：A.
2. 命题“，”的否定为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】命题“，”的否定为“，”.
故选：B.
3. 设，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为在定义域上单调递减，所以，
又在定义域上单调递增，所以，
在定义域上单调递减，所以，
所以.
故选：B.
4. 若，则等于（ ）
A. B. 6C. D. 3
【答案】C
【解析】由，可得，即，
所以.
故选：C.
5. 已知数列满足，，是数列的前项和，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，
由于，则，所以，
所以数列是以2为公比，2为首项的等比数列，
所以，
所以，
所以
，
故选：D.
6. 下列说法中，正确的个数为（ ）
①样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度；
②用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好；
③随机变量服从正态分布，若，则；
④随机变量服从二项分布，若方差，则．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】相关系数的绝对值越接近于1，成对样本数据之间线性相关的程度越强，故①正确；
用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好，故②正确；
已知随机变量服从正态分布，若，
则，故③正确；
若随机变量服从二项分布，则方差，所以，
所以，所以或，故④错误.
故选：C.
7. 已知正方体的棱长为6，点，分别在棱，上，且满足，点为底面的中心，过点，，作平面，则平面截正方体所得的截面面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】连接，，与交点即为，
因为，所以‖，
因为‖，所以‖，
所以共面，
所以平面截正方体所得的截面为梯形，
因为正方体的棱长为6，且，
所以，
在中，，则，
在中，，
则，
在，，
则，
过作于，则，
所以,
所以等腰梯形的面积为
,
故选：A.

8. 已知函数（，且），，若函数在区间上恰有3个极大值点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，
，，
函数在区间上恰有3个极大值点，
故，解得.故选：D.
9. 双曲线与抛物线交于，两点，若抛物线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，（点，均异于原点），且与分别过，的焦点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设双曲线的两个焦点分别为，抛物线的焦点为，
由过的焦点，可设，，
又在双曲线上，可得，
由，解得
由过的焦点，
可得，即有，代入，
可得，解得，
则.
故选：C.
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分）
10. 为虚数单位，复数满足，则复数的虚部为______．
【答案】
【解析】因为，
所以，
所以复数的虚部为，
故答案为：.
11. 在的展开式中，常数项为______（请用数字作答）．
【答案】
【解析】二项式展开式的通项公式为：，
由或，得或，
所以展开式的常数项为.
12. 拋掷两颗质地均匀的骰子，其中白色骰子与黑色骰子各一颗，记事件为“白色骰子的点数为或”，事件为“两颗骰子点数之和大于”，则______；______．
【答案】
【解析】抛掷白、黑两颗骰子，事件总数为，事件的基本事件数为，
易知，
用中的表示抛掷白、黑两颗骰子的点数，则事件包含：，，所以，，
所以，.
13. 已知圆以点为圆心，且与直线相切，则满足以上条件的圆的半径最大时，圆的标准方程为______．
【答案】
【解析】直线，可化为，
所以，解得，所以直线过定点，
当与直线垂直时，圆的半径最大，半径为，所以圆的标准方程为.
14. 已知中，点是中点，点满足，记，，请用，表示______；若，向量在向量上的投影向量的模的最小值为______．
【答案】
【解析】根据题意，可得，
由点是中点，可得，
所以，
向量在向量上的投影向量，
因为，所以，
所以向量在向量上的投影向量的模为：
，
当且仅当，即时取等号，
所以向量在向量上的投影向量的模的最小值为.
15. 已知函数，，且有，若关于的方程有8个相异实根，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】由题意设，，
由此可知，的对称轴均为，且当时，单调递减，单调递增，
当时，单调递增，单调递减，且，
由此可以画出这两函数的大致图像如图所示：
所以，
所以直线与函数至多有4个不同的交点，
关于方程至多有2个不同的根，
由题意若关于的方程有8个相异实根，
则当且仅当两个关于的方程，共有8个不同的根，
其中，
，是关于的方程的两个根，
令，则关于的方程有两个不同的根，，
即有两个不同的根，，
设，由对勾函数性质得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，，
所以有两个不同的根，，
当且仅当，
综上所述：实数的取值范围是.
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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，的面积为，．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值．
解：（1）因为．由正弦定理有①．
又因为，所以，代入①式有．
又因为三角形内角，因此，所以，．
（2）因为的面积为，即，所以②．
又由余弦定理，，可得③．
因为．由②③式可知，．
（3）由正弦定理有，有，，
，，
．
17. 如图，平面平面，，，，．
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）求平面与平面所成夹角的正弦值；
（3）求点到平面的距离．
解：（1）因为平面平面，平面平面，，
平面，所以平面，
又因为，则以点为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，由已知，
所以，，，，．
因为,平面的法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
又，所以直线与平面所成角为．
（2）设平面的法向量为，，
则，令，则，又因为
设平面与平面所成夹角为，
则，又，
所以，
所以平面与平面所成夹角的正弦值为．
（3）因为，平面的法向量为，
所以点到平面的距离为．
18. 已知椭圆的焦距为，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆相交于不同两点，已知点的坐标为，点在线段的垂直平分线上，且满足，求的值．
解：（1）设椭圆焦距为，依题意：，解得
又因为，所以，所以，椭圆的方程为．
（2）由（1）可知，设点，，中点为，
（ⅰ）若直线的斜率不存在，，线段的垂直平分线为轴，
，代入，
，有．
（ⅱ）如图所示：

若直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
解得，（舍去），即，
则中点，由题意，
所以．线段的垂直平分线方程为，
令，则，所以，
，，
，解得，
代入，则，
综上：或．
19. 等差数列的前项和为，（且），．
（1）求的通项公式与前项和；
（2）记，当，时，试比较与的大小；
（3）若，正项等比数列中，首项，数列是公比为4的等比数列，且，求的通项公式与．
解：（1）设数列公差为，由公式，，
又，有，所以．则，．
（2）因为，
所以有，
，
，，，
当，时，，即，
所以，当时，；当时，．
（3）因为，所以，设正项等比数列的公比为，
，所以，因为，所以，
又，
，
设①，则②，
①式-②式得，
，
所以，，
所以，.
20. 已知函数，，．
（1）若，函数存在斜率为3的切线，求实数的取值范围；
（2）若，试讨论函数的单调性；
（3）若，设函数的图象与函数的图象交于两点，过线段的中点作轴的垂线分别交于点，问是否存在点，使在处的切线与在处的切线平行？若存在，求出点的横坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）因为，所以，，
因为函数存在斜率为3的切线，所以在有解，
所以，得，所以实数的取值范围为.
（2）因为，所以，，
令，即，，
（ⅰ）当时，即，，在上单调递增．
（ⅱ）当时，即，或，
有两根，，，
①当时，，时，，在上单调递增．
②当时，，时，，时，， 时，，在，上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在，上单调递增，在上单调递减．
（3）设点，的坐标为，且，
，，
则点与点的横坐标均为，，，
所以在点处的切线斜率为，在点处的切线斜率为，
假设在点处的切线与在点处的切线平行，则有，
即，则有下式成立：
，
即，
设，有，
设，
则，所以在上单调递增，
故，即，与矛盾，所以假设不成立，
所以不存在点使在点处的切线与在点处的切线平行．