天津市北辰區(qū)2024屆高三三模 數(shù)學(xué)試題【含答案】

北辰區(qū)2024年高考模擬考試試卷數(shù)學(xué)本試卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試用時120分鐘.祝各位考生考試順利!第Ⅰ卷注意事項：1.每小題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.2.本卷共9小題，每小題5分，共45分.參考公式：·如果事件A，B互斥，那么.·如果事件A，B相互獨立，那么.一?選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合，，，則（

）A． B． C． D．2．對于實數(shù)，“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．函數(shù)的圖象大致為（

）A． B．C． D．4．已知，，，則a，b，c的大小關(guān)系為（

）A． B． C． D．5．已知在等比數(shù)列中，，等差數(shù)列的前項和為，且，則（

）A．60 B．54 C．42 D．366．下列說法中正確的個數(shù)為（

）個①對立事件一定是互斥事件；②在經(jīng)驗回歸直線方程中，當解釋變量每增加一個單位時，預(yù)報變量減少0.1個單位；③兩個隨機變量的線性相關(guān)性越強，相關(guān)系數(shù)絕對值越接近于1；④在回歸分析模型中，若相關(guān)指數(shù)越小，則殘差平方和越大，模型的擬合效果越好.A．1 B．2 C．3 D．47．已知函數(shù)，則下列結(jié)論不正確的是（

）A．的最小正周期為B．的圖象關(guān)于點對稱C．若是偶函數(shù)，則，D．在區(qū)間上的值域為8．中國載人航天技術(shù)發(fā)展日新月異.目前，世界上只有3個國家能夠獨立開展載人航天活動.從神話“嫦娥奔月”到古代“萬戶飛天”，從詩詞“九天攬月”到壁畫“仕女飛天”……千百年來，中國人以不同的方式表達著對未知領(lǐng)域的探索與創(chuàng)新.如圖，可視為類似火箭整流罩的一個容器，其內(nèi)部可以看成由一個圓錐和一個圓柱組合而成的幾何體.圓柱和圓錐的底面半徑均為2，圓柱的高為6，圓錐的高為4.若將其內(nèi)部注入液體，已知液面高度為7，則該容器中液體的體積為（

）A． B． C． D．9．在中，，為外心，且，則的最大值為（

）A． B． C． D．第Ⅱ卷注意事項：1.用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上.2.本卷共11小題，共105分.二?填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分.試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分.10．是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)的虛部為.11．若展開式的二項式系數(shù)和為128，則展開式中的系數(shù)為.12．過拋物線的焦點作圓：的兩條切線，切點分別為，若為等邊三角形，則的值為.13．某單位為了提高員工身體素質(zhì)，開展雙人投籃比寒，現(xiàn)甲?乙兩人為一組參加比賽，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若投中，則此人繼續(xù)投籃，若未投中，則換為對方投籃，無論之前投籃的情況如何，甲每次投籃的命中率均為，乙每次投籃的命中率均為.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲?乙的概率各為.第2次投籃的人是甲的概率為；已知在第2次投籃的人是乙的情況下，第1次投籃的人是甲的概率為.14．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，過且垂直于軸的直線與該雙曲線的左支交于A，B兩點.若是虛軸長的倍，則該雙曲線的一條漸近線為；若，分別交軸于，兩點，且的周長為8，則的最大值為.15．若函數(shù)有四個零點，則實數(shù)的取值范圍為.三?解答題：本大題共5小題，共75分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.16．已知的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，滿足.(1)求角的大?。?2)若，求的值；(3)若的面積為，，求的周長.17．如圖，在四棱錐中，平面，，∥，，，為棱的中點.(1)證明：∥平面；(2)求平面和平面夾角的余弦值；(3)求A點到直線的距離.18．已知橢圓：的離心率為，左?右焦點分別為，，上?下頂點分別為，，且四邊形的面積為.(1)求橢圓的標準方程；(2)直線：與橢圓交于P，Q兩點，且P，Q關(guān)于原點的對稱點分別為M，N，若是一個與無關(guān)的常數(shù)，則當四邊形面積最大時，求直線的方程.19．已知為等差數(shù)列，前項和為，若，；數(shù)列滿足：，.(1)求和的通項公式；(2)對任意的，將中落入?yún)^(qū)間內(nèi)項的個數(shù)記為.（i）求；（ii）記，的前項和記為，是否存在，，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.20．已知，曲線在點處的切線為.(1)當時，求直線的方程；(2)證明：與曲線有一個異于點的交點，且；(3)在（2）的條件下，令，求的取值范圍.1．C【分析】由已知求解，化簡集合N后再由交集運算得答案．【詳解】∵集合，，∴，又＝{0,1}，∴()∩N＝{0,1}．故選：C．2．B【分析】分析可知，等價于且，再利用包含關(guān)系分析充分、必有條件.【詳解】因為，等價于且，且是的真子集，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B.3．A【分析】由奇函數(shù)性質(zhì)以及指數(shù)函數(shù)單調(diào)性即可判斷.【詳解】，且函數(shù)定義域為，關(guān)于原點對稱，所以為奇函數(shù)，排除CD．當時，，所以，排除B，經(jīng)檢驗A選項符合題意.故選：A．4．D【分析】根據(jù)指、對數(shù)函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合中間值“”分析大小即可.【詳解】因為在上單調(diào)遞減，則，即；又因為在上單調(diào)遞減，則，即；可得，且在上單調(diào)遞增，則，即；綜上所述：.故選：D.5．C【分析】首先根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)計算出，然后得出等差數(shù)列的，最后再根據(jù)等差數(shù)列求和公式即可求解.【詳解】由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，因為，所以，，所以.故選：C6．B【分析】根據(jù)對立事件與互斥事件定義、回歸直線中回歸系數(shù)的含義、相關(guān)系數(shù)的計算公式和回歸分析的基本思想依次判斷各個選項即可.【詳解】對于①，對立事件一定是互斥事件，但互斥事件未必是對立事件，故①正確；對于②，根據(jù)回歸直線方程中回歸系數(shù)的含義可知：當解釋變量每增加一個單位時，預(yù)報變量增加個單位，故②錯誤；對于③，根據(jù)相關(guān)系數(shù)的計算公式可知：兩個變量的線性相關(guān)性越強，相關(guān)系數(shù)的絕對值越接近，故③正確；對于④，根據(jù)回歸分析的基本思想可知：相關(guān)指數(shù)越小，則殘差平方和越大，模型的擬合效果越差，④錯誤.故選：B.7．D【分析】A項，化簡函數(shù)求出，即可得出周期；B項，計算出函數(shù)為0時自變量的取值范圍，即可得出函數(shù)的對稱點，即可得出結(jié)論；C項，利用偶函數(shù)即可求出的取值范圍；D項，計算出時的范圍，即可得出值域.【詳解】由題意，在中，，A項，，A正確；B項，令,得,當時,,所以的圖象關(guān)于點對稱,故B正確;C項，是偶函數(shù)，∴,，解得：,故C正確；D項,當時,,所以,所以在區(qū)間上的值域為，故D錯誤.故選：D.8．A【分析】結(jié)合軸截面分析可知，，再利用圓柱以及圓臺的體積公式運算求解.【詳解】由題意可知：容器中液體分為：下半部分為圓柱，上半部分為圓臺，取軸截面，如圖所示，分別為的中點，可知：∥∥，且，可得，即，所以該容器中液體的體積為.故選：A.9．A【分析】根據(jù)三角形外心性質(zhì)及數(shù)量積的幾何意義，可得在方向上的投影向量為，從而求得，再根據(jù)余弦定理及基本不等式可求得最值．【詳解】由O為△ABC外心，可得在方向上的投影向量為，則，故，又，設(shè)，則，當且僅當時等號成立，由可知，，故的最大值為．故選：A．10．【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的四則運算可得，結(jié)合復(fù)數(shù)的有關(guān)概念即可求解.【詳解】，所以復(fù)數(shù)Z的虛部為.故答案為：11．280【分析】根據(jù)二項式系數(shù)和可得，再結(jié)合二項展開式的通項分析求解即可.【詳解】由題意可知：二項式系數(shù)和為，解得，則展開式的通項為，令，解得，所以展開式中的系數(shù)為.故答案為：280.12．4【分析】由拋物線的性質(zhì)，結(jié)合直線與圓的位置關(guān)系求解．【詳解】如圖，過拋物線的焦點F作圓C：的兩條切線，切點分別為M，N，又△FMN為等邊三角形，則在直角三角形MCF中，，，又C(2,0)，，又，則，即，則p＝4．故答案為：4．13．【分析】設(shè)相應(yīng)事件，結(jié)合題意分析相應(yīng)事件的概率，結(jié)合全概率公式求；結(jié)合條件概率求.【詳解】設(shè)“第次是甲投籃”為事件，“投籃命中”為事件B，由題意可知：，，則，所以第2次投籃的人是甲的概率為；且在第2次投籃的人是乙的情況下，第1次投籃的人是甲的概率為.故答案為：；.14．（或）【分析】由題意可知：.若是虛軸長的倍，列式整理可得，即可得漸近線方程；若的周長為8，分析可知，結(jié)合定義整理可得，代入結(jié)合基本不等式運算求解.【詳解】由題意可知：，且該雙曲線的焦點在x軸上，若是虛軸長的倍，則，即，所以該雙曲線的一條漸近線為（或）；由題意可知：∥，且為線段的中點，可知分別為，的中點，則，可得，結(jié)合對稱性可知，又因為點A在雙曲線上，則，即，可得，整理可得，解得，則，當且僅當，即時，等號成立，所以的最大值為.故答案為：（或）；.15．【分析】分析可知關(guān)于直線對稱，由對稱性可知當時，有2個零點，令，化簡整理可得：與在內(nèi)只有一個交點，利用導(dǎo)數(shù)分析的單調(diào)性和極值，結(jié)合圖象分析求解.【詳解】由題意可知：的定義域為，且，可知關(guān)于直線對稱，原題意等價于：當時，有2個零點，且，即，若，則，顯然，若時，令，可得，令，可知與在內(nèi)只有一個交點，則，令，解得或；令，解得；可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，且，又，可得的圖象如圖所示，由圖象可知：或或，解得或或，綜上所述：實數(shù)的取值范圍為.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是關(guān)于直線對稱，根據(jù)對稱性可得當時，有2個零點，這樣可以去絕對值，把問題轉(zhuǎn)化為常規(guī)問題.16．(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)正弦定理即可求解；（2）利用同角三角函數(shù)關(guān)系式，得到，之后應(yīng)用余弦倍角公式和正弦和角公式求得結(jié)果；（3）利用三角形面積公式得到，結(jié)合余弦定理求得，進而得到三角形的周長.【詳解】（1）因為，所以，所以，所以，因為，所以；（2）由已知得，，所以，，所以；（3）因為，所以，由余弦定理得，所以，所以，所以的周長為.17．(1)證明見詳解(2)(3)【分析】（1）取中點，可得四邊形為平行四邊形，從而，利用線面平行的判定定理即可得證；（2）建系標點，求出平面BDM的法向量，易知為平面PDM的一個法向量，利用向量夾角公式求解可得答案.（3）利用空間向量求得，即可得，進而可得結(jié)果.【詳解】（1）取中點，連接，．在中，，分別為，的中點，則，，因為∥，，則，，可知四邊形為平行四邊形，則，且平面，平面，所以∥平面PAD．（2）因為平面，，平面ABCD，則，，且，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，取CD的中點，連接BE，因為∥，，則，，又因為，所以四邊形ABED為矩形，且，可知四邊形ABED是以邊長為2的正方形，則，，，，，，可得，，，設(shè)平面BDM的法向量為，所以，令，則，．所以平面BDM的一個法向量為，易知為平面PDM的一個法向量，所以，所以平面和平面夾角的余弦值為.（3）由（2）可知：，則，即，可知為銳角，則，所以A點到直線的距離為.18．(1)(2)答案見解析【分析】（1）由橢圓的性質(zhì)及已知條件可得a，b，c的關(guān)系，從而可求出a，b，c的值，從而可得橢圓C的標準方程；（2）直線l方程與橢圓方程聯(lián)立，可得根與系數(shù)的關(guān)系，從而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一個與m無關(guān)的常數(shù)，可求出k的值，表示出四邊形PQMN面積，求出當四邊形PQMN面積最大時m的值，即可求解直線l的方程．【詳解】（1），，所以，因為a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，所以橢圓方程為．（2）如圖，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），，聯(lián)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，.，，因為|OP|2+|OQ|2是一個與m無關(guān)的常數(shù)，所以32k2﹣24＝0，，，，，點O到直線l的距離，所以，當且僅當，即m2＝3，因為m＞0，所以時，取得最大值為，因為S四邊形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大時，S四邊形MNPQ最大，所以或．19．(1)，(2)（i）（ii）存在【分析】（1）的通項通過基本量法求解，的通項通過令，兩式作商求解.（2）（i）求出即可得出答案；

（ii）根據(jù)題意求出和的關(guān)系，在利用取值范圍求出和.【詳解】（1），所以，①當時，令得：②①②得：，所以是公差為的等差數(shù)列，當時有：，所以（2）（i）因為，所以，所以（ii），把代入得：，所以，，所以因為，，所以，當時，（舍去），當時，（舍去），當時，，所以存在，.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查數(shù)列等差數(shù)列的基本量計算，數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用.解題的關(guān)鍵是設(shè)出公差，列式求解求得，進而通過得求出，此外，對于探究性問題，一般解法是先假設(shè)存在，再根據(jù)已知條件推出結(jié)論或矛盾，本題在解答過程中核心是借助化簡整理得.考查數(shù)學(xué)運算求解能力，邏輯推理能力.20．(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求解；（2）設(shè)，，利用零點存在定理證明存在使得即可；（3）設(shè)，則計算可得.令，則命題即要研究有正根的充要條件.再對分類討論，利用高階導(dǎo)數(shù)研究的單調(diào)性，即可求解.【詳解】（1）當時，，而，所以.所以的方程是，即；（2）由于，故的方程可化為.設(shè)，則直線的方程為.令，設(shè)，則對有，所以在上單調(diào)遞增.記，則.由于，且，故一定存在，使得，即.而，故是與曲線的交點，且；（3）對，設(shè).則，，.由于當時，的導(dǎo)數(shù)，故在上單調(diào)遞增.若，則.所以對有，從而在上單調(diào)遞增；所以對有，從而