2023-2024学年天津市滨海新区高三上学期期末数学模拟试题（含解析）

2023-2024学年天津市滨海新区高三上学期期末数学模拟试题一、单选题（每题5分，共45分）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．命题“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，3．函数的部分图象大致是（

）A． B．C． D．4．下列说法错误的是（

）A．相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强B．若，且，则C．相关指数，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率为64%D．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高5．在三棱锥中，底面，且，则该三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．6．已知直线与圆相交于A，B两点，且，则k＝（

）A． B． C． D．7．已知函数为R上的偶函数，且当时，，若，则a，b，c的大小关系为（

）A．a<b<c B．c<a<b C．b<a<c D．c<b<a8．已知双曲线的左、右焦点分别为，一条渐近线为，过点且与平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（

）A． B．C． D．9．已知函数若函数有且仅有3个零点，则实数的取值范围为（

）A．B．C．D．二、填空题（每题5分，共30分）10．若为纯虚数（为虚数单位），则实数；11．若展开式的各项系数之和为256，则．12．关于函数有下列结论：①其表达式可写成；②曲线关于直线对称；③在区间上单调递增；④，使得恒成立.其中正确的是（填写正确的序号）.13．已知实数、满足，则的最小值是；14．某地区教研部门开展高三教师座谈会，每名教师被抽到发言的概率均为p，且是否被抽到发言相互独立，已知某校共有8名教师参加座谈会，记X为该校教师中被抽到发言的人数，若，且，则.15．如图，在菱形中，，，E，F分别为，上的点，，，若线段上存在一点M，使得，则，若点N为线段上一个动点，则的取值范围为.三、解答题（共5小题，共75分）16．在中，内角所对的边分别为已知.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）设，.求和的值.17．四棱锥中，面，，，是的中点，在线段上，且满足．

(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．18．已知椭圆过点，且离心率为．设，为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的一点，直线，分别与直线相交于，两点，且直线与椭圆交于另一点．(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：直线与的斜率之积为定值；(3)判断三点，，是否共线：并证明你的结论．19．已知，点在函数的图象上，．（1）证明：数列是等比数列；（2）求及数列的通项公式；（3）记，求数列的前项和，并证明：．20．已知函数．（1）求的单调区间；（2）当时，求证：在上是增函数；（3）求证：当时，对任意，．1．B【分析】解一次不等式求得集合，进而利用交集定义求得.【详解】解不等式得，，所以，所以.故选：B2．B【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题，改量词，否结论即得【详解】命题“，”的否定是“，”故选：B.3．C【分析】先求奇偶性，排除BD，再由特殊区间的正负，排除A.【详解】定义域为R，且，所以为偶函数，排除BD；当时，，故排除A故选：C4．A【分析】根据相关系数的概念，可判定A不正确；C、D正确，根据正态分布曲线的对称性，可判定B正确.【详解】对于A中，根据相关系数的定义知：相关系数越大且，两个变量的线性相关性越强，所以A不正确；对于B中，若，且，可得，所以B正确；对于C中，根据相关系数的概念，当相关指数，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率为，所以C正确；对于D中，根据数据的残差的定义，在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，所以D正确.故选：A.5．C【分析】首先根据垂直关系，确定三棱锥外接球的球心，再求外接球的表面积.【详解】根据余弦定理可知，所以，满足，所以，又因为底面，所以且,所以平面，所以，又因为，所以是直角三角形和的公共斜边，取的中点，连结，可知即点是三棱锥外接球的球心，，即外接球的半径为，所以该三棱锥外接球的表面积.故选：C本题考查球与几何体的综合应用，重点考查空间想象能力，推理证明，属于基础题型.6．B【分析】圆心到直线的距离为，则,而，所以，解方程即可求出答案.【详解】圆的圆心，所以圆心到直线的距离为，则，而，所以，解得.故选：B.7．B【分析】先利用已知的解析式判断出在上单调递减，再利用偶函数的性质，得到在上单调递增，然后利用指数的运算比较得出，由单调性即可判断得到答案．【详解】当时，，则函数在上单调递减（减+减=减），又函数为上的偶函数，所以在上单调递增，因为，所以，又，所以，故，所以，即．故选：B8．C【分析】由双曲线定义可得，根据平行关系可知，由余弦定理可构造齐次方程求得离心率.【详解】设，则点位于第四象限，由双曲线定义知：，；设过点且与平行的直线的倾斜角为，则，，；在中，由余弦定理得：，即，整理可得：，.故选：C.9．D【分析】由题意为函数的一个零点，若函数有且仅有3个零点，只需要函数与的图象有且仅有2个交点，作出图象结合图象即可求解【详解】由，可得为函数的一个零点.当时，可化为；当时，可化为，可得.若函数有且仅有3个零点，只需要函数与的图象有且仅有2个交点，函数的图象为：当变动时，函数的图象左､右平移，可求得实数的范围，当与相切时，由图象可知与由唯一交点，或者与由唯一交；则有唯一解，或者有唯一解；此时有，或者；解得或者，则时，由图象可知与没有交点，时，由图象可知与有1交点，又当时，由图象可知与有2个交点，故时，由图象可知与有2个交点，当时，由图象可知与有3个交点，当时，由图象可知与有2个交点，故时，由图象可知与有3个交点，时，由图象可知与有2交点，时，由图象可知与有1交点。时，由图象可知与有2交点，综上可知函数与的图象有且仅有2个交点时，，即函数有且仅有3个零点时，.故选：D10．-1【分析】先利用复数的除法法则化简得到，根据为纯虚数，得到方程，求出，检验后得到答案.【详解】，因为为纯虚数，所以，解得：，此时，符合要求，故-111．【分析】令，根据各项系数和即可求解.【详解】令得，，解得.故12．②③【分析】对①，根据即可判断①错误，对②，根据即可判断②正确，对③，根据正弦型函数的单调性即可判断③正确，对④，根据正弦型函数的周期性即可判断④错误.【详解】，对①，，故①错误.对②，，故②正确；对③，当时，有，因为，故③正确；的最小正周期，若，使得恒成立，说明是的一个周期，而，与“最小正周期为”矛盾，故④不正确.故②③13．4.5【分析】化简,可得,故,根据均值不等式可得,通过换元法,即可求得的最小值.【详解】，①根据对数定义域可知,根据均值不等式可得:，②由①②可得:令，，解得:，即故答案为:.本题考查了根据均值不等式求表达式的最小值,解题关键是灵活使用均值不等式,考查了分析能力和计算能力,属于中等题.14．【分析】根据题意得到随机变量，结合二项分布的期望与方差的计算公式，求得，进而求得的值.【详解】由题意，每名教师被抽到发言的概率均为p，且是否被抽到发言相互独立，所以随机变量，因为，可得，解得或，又因为，可得，所以，所以.故答案为.15．【分析】以菱形的对角线为在不在建立平面直角坐标系，通过坐标运算先求M坐标然后可得，再用坐标表示出，由二次函数性质可得所求范围.【详解】因为为菱形，所以，以BD、AC所在直线分别为x、y轴建立平面直角坐标系，因为，，所以则，设因为，所以解得，所以又所以因为，所以当时，有最小值，当时，有最大值，所以的取值范围为故，16．（Ⅰ）；（Ⅱ）．.（1）利用正弦定理进行边角互化，利用三角恒等变换公式求解即可；（2）先利用余弦定理得出，再利用正弦定理得出,得出，然后将展开求值.【详解】解：（Ⅰ）由已知及正弦定理可得．因为.所以.故.即．整理得.所以．因为.所以．（Ⅱ）根据余弦定理.，将，，代入解得：．因为，所以．根据正弦定理有：，解得．又因为，所以，则，可求得：，．则．本题考查正弦定理、余弦定理的综合运用，考查三角函数和差角公式、二倍角公式的运用，难度一般.17．(1)证明见解析；(2)；(3)存在，.【分析】（1）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解；（2）利用向量法求解；（3）利用向量法求解.【详解】（1）由题意可得，，两两互相垂直，所以可以以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系如图示：

，，，.∴.设平面的一个法向量为.，不妨令，.又，，.不在平面内，平面.（2）设点坐标为，，.由，，.，设平面的一个法向量为，由，不妨令，，，又由图可知，该二面角为锐二面角，二面角的余弦值为（3）设，.，，与面所成角的余弦值是.其正弦值为，，整理得：，，存在满足条件的点，且．18．(1)(2)定值为，证明见解析.(3)三点，，共线，证明见解析.【分析】（1）首先根据题意得到，再解方程组即可.（2）设，，，再计算即可.（3）分别计算和，根据，为公共点，即可证明，，三点共线.【详解】（1）由题知：，所以椭圆.（2）由题知：，存在，且不为零，设，，，则，即..所以直线与的斜率之积为定值.（3），，三点共线，证明如下：设直线：，则直线：，将代入直线，得：，，，设直线：，联立，设，则，解得，所以，即，所以，，所以，为公共点，所以，，三点共线.19．（1）证明见解析；（2），；（3），证明见解析.【分析】（1）由题意得，两边同取以10为底的对数，结合等比数列的定义即可得证.（2）由（1）可得，化简可得，代入，化简计算，结合等差数列求和公式，计算即可得，由，即可得数列的通项公式.（3）因为，化简可得，根据题意，可得的通项公式，利用裂项相消求和法，可得表达式，结合表达式，即可得证.【详解】（1）由已知，得，∴．①∵，∴，①式两边取对数，得，即，∴数列是首项为，公比为2的等比数列.（2）由（1），知，∴，②∴，由②式得数列的通项公式.（3）∵，∴，∴.又，∴.∴.∵，，则，∴，又，∴.20．（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）求导得，分、、三类讨论，可得的单调区间；（2）令，求导得，再令，由，即，从而证得结论成立；（3）依题意，只需证：当时，对，，由（1）知，当