《天津市北辰區(qū)2024屆高三三模 數(shù)學(xué)試題【含答案】》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《天津市北辰區(qū)2024屆高三三模 數(shù)學(xué)試題【含答案】（21頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、北辰區(qū)2024年高考模擬考試試卷數(shù)學(xué)本試卷分為第卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試用時(shí)120分鐘.祝各位考生考試順利!第卷注意事項(xiàng)：1.每小題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào).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(dú)立，那么.一選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1已知集合，則（）ABCD2對(duì)于實(shí)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（）ABCD4已知，則a，b，c的大

2、小關(guān)系為（）ABCD5已知在等比數(shù)列中，等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，且，則（）A60B54C42D366下列說法中正確的個(gè)數(shù)為（）個(gè)對(duì)立事件一定是互斥事件；在經(jīng)驗(yàn)回歸直線方程中，當(dāng)解釋變量每增加一個(gè)單位時(shí)，預(yù)報(bào)變量減少0.1個(gè)單位；兩個(gè)隨機(jī)變量的線性相關(guān)性越強(qiáng)，相關(guān)系數(shù)絕對(duì)值越接近于1；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.A1B2C3D47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(diǎn)對(duì)稱C若是偶函數(shù)，則，D在區(qū)間上的值域?yàn)?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(gè)國家能夠獨(dú)立開展載人航天活動(dòng).從神話“嫦娥奔月”到古代“萬戶飛天”，從詩詞

3、“九天攬?jiān)隆钡奖诋嫛笆伺w天”千百年來，中國人以不同的方式表達(dá)著對(duì)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(gè)容器，其內(nèi)部可以看成由一個(gè)圓錐和一個(gè)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（）ABCD9在中，為外心，且，則的最大值為（）ABCD第卷注意事項(xiàng)：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(gè)空的，答對(duì)1個(gè)的給3分，全部答對(duì)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(xiàng)式

4、系數(shù)和為128，則展開式中的系數(shù)為 .12過拋物線的焦點(diǎn)作圓：的兩條切線，切點(diǎn)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(duì)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(diǎn)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(diǎn).若是虛軸長的倍，則該

5、雙曲線的一條漸近線為 ；若，分別交軸于，兩點(diǎn)，且的周長為8，則的最大值為 .15若函數(shù)有四個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)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(duì)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(diǎn).(1)證明：平面；(2)求平面和平面夾角的余弦值；(3)求A點(diǎn)到直線的距離.18已知橢圓：的離心率為，左右焦點(diǎn)分別為，上下頂點(diǎn)分別為，且四邊形的面積為.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線：與橢圓交于P，Q兩點(diǎn)，且P，Q關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)分別為M，N

6、，若是一個(gè)與無關(guān)的常數(shù)，則當(dāng)四邊形面積最大時(shí)，求直線的方程.19已知為等差數(shù)列，前項(xiàng)和為，若，；數(shù)列滿足：，.(1)求和的通項(xiàng)公式；(2)對(duì)任意的，將中落入?yún)^(qū)間內(nèi)項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為.（i）求；（ii）記，的前項(xiàng)和記為，是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.20已知，曲線在點(diǎn)處的切線為.(1)當(dāng)時(shí)，求直線的方程；(2)證明：與曲線有一個(gè)異于點(diǎn)的交點(diǎn)，且；(3)在（2）的條件下，令，求的取值范圍.1C【分析】由已知求解，化簡集合N后再由交集運(yùn)算得答案【詳解】集合，又0,1，()N0,1故選：C2B【分析】分析可知，等價(jià)于且，再利用包含關(guān)系分析充分、必有條件.【詳解】因?yàn)?，等價(jià)于且，

7、且是的真子集，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B.3A【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?yàn)椋P(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以為奇函數(shù)，排除CD當(dāng)時(shí)，所以，排除B，經(jīng)檢驗(yàn)A選項(xiàng)符合題意.故選：A4D【分析】根據(jù)指、對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合中間值“”分析大小即可.【詳解】因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，則，即；又因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，則，即；可得，且在上單調(diào)遞增，則，即；綜上所述：.故選：D.5C【分析】首先根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)計(jì)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?yàn)椋?，所?故選：C6B【分析】根據(jù)對(duì)立事件與互斥事件定義、回歸直線

8、中回歸系數(shù)的含義、相關(guān)系數(shù)的計(jì)算公式和回歸分析的基本思想依次判斷各個(gè)選項(xiàng)即可.【詳解】對(duì)于，對(duì)立事件一定是互斥事件，但互斥事件未必是對(duì)立事件，故正確；對(duì)于，根據(jù)回歸直線方程中回歸系數(shù)的含義可知：當(dāng)解釋變量每增加一個(gè)單位時(shí)，預(yù)報(bào)變量增加個(gè)單位，故錯(cuò)誤；對(duì)于，根據(jù)相關(guān)系數(shù)的計(jì)算公式可知：兩個(gè)變量的線性相關(guān)性越強(qiáng)，相關(guān)系數(shù)的絕對(duì)值越接近，故正確；對(duì)于，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，錯(cuò)誤.故選：B.7D【分析】A項(xiàng)，化簡函數(shù)求出，即可得出周期；B項(xiàng)，計(jì)算出函數(shù)為0時(shí)自變量的取值范圍，即可得出函數(shù)的對(duì)稱點(diǎn)，即可得出結(jié)論；C項(xiàng)，利用偶函數(shù)即可求出的取值范圍

9、；D項(xiàng)，計(jì)算出時(shí)的范圍，即可得出值域.【詳解】由題意，在中，A項(xiàng)，A正確；B項(xiàng)，令, 得, 當(dāng)時(shí), 所以的圖象關(guān)于點(diǎn) 對(duì)稱,故B正確; C項(xiàng)，是偶函數(shù)，, ，解得：, 故C正確；D項(xiàng), 當(dāng) 時(shí), , 所以, 所以在區(qū)間上的值域?yàn)椋蔇錯(cuò)誤.故選：D.8A【分析】結(jié)合軸截面分析可知，再利用圓柱以及圓臺(tái)的體積公式運(yùn)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(tái)，取軸截面，如圖所示，分別為的中點(diǎn)，可知：，且，可得，即，所以該容器中液體的體積為.故選：A.9A【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

10、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(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，由可知，故的最大值為故選：A10【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的四則運(yùn)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：11280【分析】根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)和可得，再結(jié)合二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)分析求解即可.【詳解】由題意可知：二項(xiàng)式系數(shù)和為，解得，則展開式的通項(xiàng)為，令，解得，所以展開式中的系數(shù)為.故答案為：280.124【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(diǎn)F作圓C：的兩條切線，切點(diǎn)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

11、，則，即，則p4故答案為：413 【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(yùn)算求解.【詳解】由題意可知：，且該雙曲線的焦點(diǎn)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(diǎn)，可知分別為，的

12、中點(diǎn)，則，可得，結(jié)合對(duì)稱性可知，又因?yàn)辄c(diǎn)A在雙曲線上，則，即，可得，整理可得，解得，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)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(duì)稱，由對(duì)稱性可知當(dāng)時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn)，令，化簡整理可得：與在內(nèi)只有一個(gè)交點(diǎn)，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?yàn)椋?，可知關(guān)于直線對(duì)稱，原題意等價(jià)于：當(dāng)時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn)，且，即，若，則，顯然，若時(shí)，令，可得，令，可知與在內(nèi)只有一個(gè)交點(diǎn)，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(shí)數(shù)的取值范圍為.故答案為

13、：.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是關(guān)于直線對(duì)稱，根據(jù)對(duì)稱性可得當(dāng)時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn)，這樣可以去絕對(duì)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(jìn)而得到三角形的周長.【詳解】（1）因?yàn)?，所以，所以，所以，因?yàn)?，所以；?）由已知得，所以，所以；（3）因?yàn)?，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(diǎn)，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(biāo)點(diǎn)，

14、求出平面BDM的法向量，易知為平面PDM的一個(gè)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(jìn)而可得結(jié)果.【詳解】（1）取中點(diǎn)，連接，在中，分別為，的中點(diǎn)，則，因?yàn)椋瑒t，可知四邊形為平行四邊形，則，且平面，平面，所以平面PAD（2）因?yàn)槠矫?，平面ABCD，則，且，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，取CD的中點(diǎn)，連接BE，因?yàn)?，則，又因?yàn)?，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(gè)法向量為，易知為平面PDM的一個(gè)法向量，所以，所以平面和平面夾角的余弦

15、值為.（3）由（2）可知：，則，即，可知為銳角，則，所以A點(diǎn)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(biāo)準(zhǔn)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(gè)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(dāng)四邊形PQMN面積最大時(shí)m的值，即可求解直線l的方程【詳解】（1），所以，因?yàn)閍2b2+c2，所以a2，c1，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

16、）x2+8kmx+4m2120，（8km）24（4m212）（3+4k2）0，即m23+4k2，所以，. ， ，因?yàn)閨OP|2+|OQ|2是一個(gè)與m無關(guān)的常數(shù)，所以32k2240，點(diǎn)O到直線l的距離，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即m23，因?yàn)閙0，所以時(shí)，取得最大值為，因?yàn)镾四邊形MNPQ4SPOQ，所以SPOQ最大時(shí)，S四邊形MNPQ最大，所以或19(1)，(2)（i）（ii）存在【分析】（1）的通項(xiàng)通過基本量法求解，的通項(xiàng)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，當(dāng)時(shí)，令得：得：，所以是公差為的等差數(shù)列，當(dāng)時(shí)有：，所以

17、（2）（i）因?yàn)椋?，所以（ii），把代入得：，所以，所以因?yàn)?，所以，?dāng)時(shí)，（舍去），當(dāng)時(shí)，（舍去），當(dāng)時(shí)，所以存在，.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列等差數(shù)列的基本量計(jì)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(jìn)而通過得求出，此外，對(duì)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(yùn)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(diǎn)存在定理證明存在使得即可；（3）設(shè)，則計(jì)算可得. 令，則命題即要研究有正根的充要條件. 再對(duì)分類討論，利用高

18、階導(dǎo)數(shù)研究的單調(diào)性，即可求解.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，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(duì)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(diǎn)，且；（3）對(duì)，設(shè).則，.由于當(dāng)時(shí)，的導(dǎo)數(shù)，故在上單調(diào)遞增.若，則.所以對(duì)有，從而在上單調(diào)遞增；所以對(duì)有，從而在上單調(diào)遞增；所以對(duì)有，從而在上單調(diào)遞增；所以對(duì)有，從而在上無零點(diǎn).若，則.由于對(duì)有，故.從而存在使.結(jié)合在上單調(diào)遞增，知對(duì)有，從而在上單調(diào)遞減；所以對(duì)有，從而在上單調(diào)遞減；所以對(duì)有，從而在上單調(diào)遞減；所以，又由于對(duì)有，故對(duì)有，從而當(dāng)時(shí)，有.結(jié)合，就知道在上存在零點(diǎn)，從而在上存在零點(diǎn).綜上，對(duì)，函數(shù)在上存在零點(diǎn)的充要條件是.最后，一方面我們?nèi)?，就有，所以在上存在零點(diǎn)，故，得；另一方面，對(duì)任意，取，則在上存在零點(diǎn).記該零點(diǎn)為，取，則.所以這樣的滿足原條件，且.綜上，的取值范圍是.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵在于，將取值范圍問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)存在性問題，然后即可使用導(dǎo)數(shù)研究零點(diǎn)的存在性.