2024届天津市和平区高三上学期期末质量调查数学试题及答案

150120分钟．祝同学们考试顺利！第Ⅰ卷（选择题共45分）注意事项：1．答题Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号涂写在答题卡上．2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答在试卷上的无效．3．本卷共9小题，每小题5分，共45分．参考公式：1·锥体的体积公式锥体Sh，其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高．3·柱体的体积公式柱体Sh，其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高．·如果事件、B互斥，则PABPAPB．·如果事件,B相互独立，则PPAPB．·任意两个事件A与B，若PA0，则PABPAPBA．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）U（1）已知集合UxNx3,A1,3Bxx2x60，则ðAB（）（A）2,3（B）3,2（C）3,2,4（D）211（2“xy”是“”的（）xy（A）充分不必要条件（C）充要条件（B）必要不充分条件（D）既不充分也不必要条件（3）函数fx的大致图象如图所示，则它的解析式可能是（）（第3题）3xx43xx4（A）fx（B）fxx2x3xx43xx4（C）fx（D）fxx2x（4）为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛，选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：．针对这一组数据，以下说法正确的个数有（）①这组数据的中位数为90；②这组数据的平均数为89；③这组数据的众数为90；④这组数据的第75百分位数为93；⑤这组数据的每个数都减5后，这组数据的平均数与方差均无变化．（A）2个（B）3个（C）4个的前n项和，an（C）45（D）5个，则S4的值为（（D）931232为等比数列，Sn为数列aSn（5）已知数列an）n（A）9（B）21π（6）已知函数fxsinx(0)，函数fx图象的一条对称轴与一个对称中心的最小距离为，将2π1fx图象上所有的点向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不42）π41π4（A）fxsin2x（B）fxsinx2π（D）fxcos2x（C）fxsin2x43（7）如图，已知四棱锥A的体积为V,CE是BCD的平分线，CDCEBC，若棱上的41点P满足APAC，则三棱锥ADEP的体积为（）3（第7题）2134（A）V（B）V（C）V（D）V77b1（8）已知实数a,b,c，满足log3ac，则下列关系不可能成立的是（）5（A）bca（B）bac（C）cba（D）cabx22y22（9C:的右焦点为点FF作双曲线C的其中一条渐近线l的垂1ab0ab线，垂足为点A（点A在第一象限），直线与双曲线C交于点B，若点B为线段的中点，且2，则双曲线C的方程为（）x2y2x2y2x2y2x2y2（A）1（B）1（C）1（D）144244884第Ⅱ卷（非选择题共105分）注意事项：1．用黑色钢笔或签字笔直接答在答题卡上，答在本试卷上的无效．2．本卷共11题，共105分．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）i为虚数单位，复数z满足3z1，则z的虚部为______．82x（11）在的二项展开式中，x2的系数为______．2x（123个黑球和2则两次抽到颜色相同的球的概率是______；（ⅱ）若第一次随机抽取一个球之后，抽取出来的球不放回盒中，第二次从盒中余下的球中随机抽取一个球，则在已知两次抽取的球颜色相同的条件下，第一次抽取的球是白球的概率是______．（13）直线l:yx与圆C:x22y422rr0相交于,B两点，若点D为圆C上一点，且△ABD为等边三角形，则r的值为______．（14）如图，在△ABC中，，过点O的直线分别交直线AB,于不同的两点M,N，记21ABa,ACb，用a,b表示AO______；设ABmAM,ACnAN，若mn0，则的最mn小值为______．（第14题）x22axa2x10在区间3内有两个不等的实根，则实数a的取值范围为2（15）若方程______．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）（1614分）3在△ABC中，内角,B,C所对的边分别为a,b,c,sin2CsinC,ac．7（Ⅰ）求A的值；（Ⅱ）若c7，（ⅰ）求b的值；（ⅱ）求AB的值．（1715分）如图，四棱柱ABCDABCD中，侧棱底面ABCD,DC,AB∥，1111126，四棱柱ABCDABCD的体积为36．1111（第17题）（Ⅰ）证明：∥平面CDDC；111（Ⅱ）求平面CDDC与平面ACB的夹角的余弦值；111（Ⅲ）求点D到平面ACB的距离．11（1815分）x2y2在平面直角坐标系xOy中，椭圆1:1ab0的左，右焦点分别为点F,F，左，右顶点分别a2b2122为点A,A2是抛物线C2:y2pxp0F到抛物线C的准线的距离122123为1．（Ⅰ）求椭圆C的方程和抛物线C的方程；12（Ⅱ）直线AM交椭圆C于点M（点My轴于点N△A的面积是△A面积的11211125倍，求直线1M的斜率．（1915分）已知等差数列a的前n项和为Sn，且S44S2,2n2n1．n2nSinN*（Ⅰ）求数列a的通项公式以及i；ni2（Ⅱ）若等比数列n满足b1，且n1n0，12nknN*kabkk（ⅰ）求kk1；k11（ⅱ）若nn1n1nN*,P1352m1,m2462m，mnmN*,G是P与Q的等比中项且G0，则对任意s,tN*,GGh，求h的最小值．mmmmst（2016分）xx0,gxeaxaR，已知函数fx（Ⅰ）若a1，讨论Fxfxgx在的单调性；x14（Ⅱ）若a0，函数Gxfxgx，不等式asinxGx恒成立，求实数a66n16n27n16n（Ⅲ）当nN*,n2时，求证：sin．kk2和平区2023－2024学年度第一学期高三年级期末考试数学试卷参考答案及评分标准一、选择题（9×5分＝45分）（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）DBDBCABBA二、填空题（6×5分＝30分）12713526195（10）11）12）:13）2214）ab；15）13,．544444三、解答题（共75分）（1614分）1sin2CCC，已知sin2CsinC，所以C且Cπ，2πac33314所以C，由正弦定理有，所以sinAsinC．3sinAsinC7a2b2c2c7，所以a3，由余弦定理cosC得b2b400，2ab解得b8或b5b的值为8．3313（ⅱ）因为ac,Aπ，又因为sinA，所以cosA1sin2A0，1414法（一）ABBsinsinB，a2c2b21437因为c7,ab8，所以cosB，所以sinB，2ac7131334323AB．14714798π2法（二）因为ABCπ,C，所以BπA，33232322则ABAπA2Aπcos2Aπsin2Asinπ33393987198sin2AAcosA,cos2A2A1，71139331177123所以AB．98298219698（1715分）底面ABCD,ADDCD为坐标原点，,DC,DD的方向分别为x轴，y11轴，z轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，36又因为棱柱体积为36，易知底面ABCD为直角梯形，其面积为S有DD12．所以418，柱体体积V36Sh，21A0,0,B4,3,0,C0,6,0,D0,0,0,A4,0,2,B4,3,2,C0,6,2,D0,0,2．111（第17题）（Ⅰ）证明：因为0,3,2，平面CDDC的法向量为n1,0,0，1111n0，所以ABn，又因为平面CDDC，所以∥平面CDDC．11111111110，设平面ACB的法向量为nx,y,z，则（Ⅱ）解：因为AB0,3,2,AC112nAB3y2z21，令，x3，则n3,2,32nAC4x6y0.21,0,0，设平面CDDC与平面ACB的夹角为，由（Ⅰ）得1111nncosn,n3322221212nn12223则平面CDDC与平面ACB的夹角的余弦值为．111（Ⅲ）解：因为1B4,3,0，1DBn212692211所以，点D到平面ACB的距离为．11n22112（1815分）c2,ap3a1的坐标为c,0．依题意，a,，解得c，2p6.ac1.于是b2a2c5．2x2y2所以，椭圆1的方程为1，抛物线C2的方程为2y12x．95（Ⅱ）设点M坐标为x,y，点N坐标为y2，且由题意11y20，1116y2△2SS1O12425425y217527△AAN21（法一）由，可得12，即，即，则，S51y△1△111121O213267由，即，可得1，7767因为点M在第二象限，则1，6x2y2157615，所以点M坐标为,，将1代入椭圆方程1，求得1795771571．又因为A3,0，则直线AM的斜率为11637（法二）因为点M在第二象限，则直线1M的斜率存在且大于0，设直线AM的方程为ykx3,k0，12因此点Nk,yk．ykx3,，联立方程组，整理得到9k5x54kxk450．2222x2y21.95k9k22451527k230k由韦达定理得31，代入直线方程1，所以1．59k259k5216y2△2Sy211254242575△AAN21由则，可得12，即，所以，SS51y△1△11112y2k30k9k57，解得k1，152因为k0，则直线1M的斜率为1．或者因为点M在第二象限，则直线1M的斜率存在且大于0，设直线1M的方程为xm0，3m3因此点N,y2．mxmy，联立方程组，整理得到5m29y300，222xy1.9530m30m5m29由韦达定理，得10，所以1．5m2916y2△ASSy211254254275△AAN21由则2，可得12，即，所以，S51y△1△111123y27m30m，解得m1，155m29因为m0，直线AM的方程为xy3，即yx3，则直线AM的斜率为1．11（法三）因为点M在第二象限，则直线1M的斜率存在且大于0，设直线AM的方程为ykx3，则k0，12因此点Nk,yk．ykx3,，联立方程组，整理得到9k5x54kxk450．2222x2y21.958k2451527k230k，代入直线方程1由韦达定理得3x，所以1．1229k529k59k55k99k3230kSS△2NA△23yy3k，△2219k259k5111215k1，△19k2515k99k3212512515kSS，即，2△19k529k51解得k1，因为k0，则直线1M的斜率为1．或者因为点M在第二象限，则直线1M的斜率存在且大于0，设直线1M的方程为xmy3，则m0，3m3因此点N,y2．mxmy，联立方程组，整理得到5m29y300，222xy1.9530m30m5m29由韦达定理，得10，所以1．5m2932715m2330mSSS△2NA△23yy3，△2219m5m29m5m2111215m1，△15m29132715m212512515mS，即，△2△1m5m925m921解得m1，因为m0，直线1M的方程为xy3，即yx3，则直线1M的斜率为1．（1915分）434ad42ad,112an的公差为d，则，a2a1.21412d1d2.即，解得,n12n2n1，1d1.n2n11SnnSnn2，则n，22nSi2n2n122nii232n2nn1．22i2i22nSii2nn1．2所以i2b1，且bnn1（Ⅱ）等比数列n满足bn12，公比为2，所以2，1nnna2kb（ⅰ）设Akb,B，kkaakk1k1k1na2nna2bkAB，kkkkkkkkak1aak1kk1k1k1nk1，ab,ab2k12kkkkAk1A1203252122n2n1，①2A1213225232n2n．②A12222232n12n2，n①式－②式得22n122n12nn．332n212n．所以A32n322k32k12k12k2k1na2kkk12又Bkb，则k2k1．k2k12k1aakk1k1102132nn1n222222222所以B1．3153752n12n12n12n2n则AB32n32n2n321n2．2n12n124n2nk24n所以abb2n2．kkk2n1kk1k110（ⅱ）当n1时，cc1，122n12cc,n1n2c1n2，两式相除得，n1n21cc.nn12mm11c1c1122m2m212212mc1,Qc1，131m13211222mm49121mcc11．12232m2111223当m为偶数时，m1单调递增，m2时G有最小值,m,．m322m212m,1当m为奇数时，m1单调递减，m1时Gm有最大值．．32312112则hGmG1，所以h的