2023-2024学年天津市河北区高三总复习质量检测（一）数学试卷（解析版）

天津市河北区2023-2024学年高三总复习质量检测（一）数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，集合，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先化简集合A、B，再求交集，即可得出结果【详解】由，或，所以，故选：D2．设，则“”是“函数在上单调递增”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据题意，由二次函数的对称轴和函数的单调性的关系以及充分性与必要性的应用，即可得到结果.【详解】函数的对称轴为，由函数在上单调递增可得，即，所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.故选：A3．已知甲乙两组数据分别为和，则下列说法中不正确的是（

）A．甲组数据中第70百分位数为23 B．甲乙两组数据的极差相同C．乙组数据的中位数为25.5 D．甲乙两组数据的方差相同【答案】A【分析】根据百分位数的定义可得甲组数据中第70百分位数为24；计算可知两组数据的极差都为5；由中位数定义可求出乙组数据的中位数为25.5；利用方差公式计算可求得甲乙两组数据的方差均为.【详解】对于A，每组数据为6个，因为，所以甲组数据中第70百分位数为第5个数，即为24，所以A错误；对于B，甲组数据的极差为，乙组数据的极差为，即B正确；对于C，乙组数据的中位数为第三个数和第四个数的平均数，即，所以C正确；对于D，易知甲组数据的平均数为22.5，则甲组数据的方差为；乙组数据的方差为；因此甲乙两组数据的方差相同，即D正确.故选：A4．函数的导数为，则的部分图象大致是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】对函数求导可得，再由函数奇偶性可排除BD选项，再由余弦函数图象性质可知C选项符合题意.【详解】根据题意可得，易知的定义域为，且满足，即可得为奇函数，图象应关于原点对称，可排除BD；利用余弦函数图象性质可知，当时，，该部分图象在轴的上方，可排除A，C选项符合题意.故选：C5．若，则的大小关系为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先化简，，，再根据即可得解.【详解】，即，，，又，所以，所以，故选：D6．一个体积为的球在一个正三棱柱的内部，且球面与该正三棱柱的所有面都相切，则此正三棱柱的体积为（

）A．18 B．27 C．36 D．54【答案】D【分析】先根据球的体积公式，求出内切球的半径，进而求出正三棱柱的高；再根据内切球的半径等于底面正三角形内切圆半径求出正三角形的边长，进而利用公式求出结果.【详解】设球的半径为，则由球的体积，∴，∴正三棱柱的高.设正三棱柱的底面边长为，∵球的半径等于底面正三角形内切圆半径，，，∴底面正三角形的面积.∴正三棱柱的体积.故选：D.7．关于函数有下述四个结论：①是偶函数；②在区间上单调；③的最大值为，最小值为，则；④最小正周期是.其中正确的结论有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】①由偶函数的概念可判断；②先整理当时，，根据的单调性可得；③先去绝对值，分别根据单调性求函数的最值即可；④根据周期函数的概念可得.【详解】函数的定义域为，因为，故是偶函数；当时，，此时，对于，令，得，令，得，又，故在上单调递增，在上单调递减，故②错误；当时，，由②可知，在上单调递增，在上单调递减，此时的最大值为，最小值为，当时，，，令，得，令，得，故在上单调递增，在上单调递减，此时的最大值为，最小值为，故，，，故③正确；由③可知，又，故④正确；故选：C8．过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，垂足为交另一条渐近线于点，且点在点之间，若，则双曲线的渐近线方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】设渐近线的倾斜角为，则，由点到直线的距离和双曲线的性质得到，再由题中几何关系得到，解方程即可求出.【详解】设渐近线的倾斜角为，则，又到渐近线的距离为，又，所以，所以，所以，所以，即，解得，所以双曲线的渐近线方程为，故选：B.9．如图，点在以为直径的圆上，其中，过向点处的切线作垂线，垂足为，则的最大值是A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，则,则有=,由∽可得,又由,可得，即可求出的最大值.【详解】解：连接，则∵∴=,依题意可证∽，则，即,∵,∴，即，当且仅当时取等号,∴,∴,∴的最大值为1故选:B二、填空题10．是虚数单位，复数满足，则.【答案】【分析】根据复数的除法、加减法运算求解．【详解】由题意，．故答案为：．11．若的展开式中常数项为，则.【答案】【分析】对于二项式问题先写出通项公式，再根据常数项的次数为得的值，代入得到常数项.【详解】通项公式，令，解得，得，所以常数项，故答案为：.12．直线将圆分成两段圆弧，则较短圆弧与较长圆弧的弧长之比为.【答案】【分析】首先假设直线与圆的两个交点为，圆心为，，利用已知求得，再用两段圆弧的弧长之比等于两段弧长所对的圆心角的弧度数之比即可求得两段圆弧的弧长之比.【详解】设直线与圆的两个交点为，圆心为，，∵圆心到直线的距离，∴，，∴，∴，所以两段圆弧的弧长之比等于两段弧长所对的圆心角的弧度数之比为.故答案为：.13．已知某地区烟民的肺癌发病率为，先用低剂量药物进行肺癌䈐查，检查结果分阳性和阴性，阳性被认为是患病，阴性被认为是无病.医学研究表明，化验结果是存在错误的，化验的准确率为，即患有肺癌的人其化验结果呈阳性，而没有患肺癌的人其化验结果呈阴性.则该地区烟民没有患肺癌且被检测出阳性的概率为；现某烟民的检验结果为阳性，请问他患肺癌的概率为.【答案】【分析】根据题意，由乘法公式即可求得该地区烟民没有患肺癌且被检测出阳性的概率；再利用贝叶斯公式即可求得某烟民的检验结果为阳性，其患肺癌的概率.【详解】因为某地区烟民的肺癌发病率为，没有患肺癌的人其化验结果呈阴性，则该地区烟民没有患肺癌且被检测出阳性的概率为；设事件表示某地区烟民患癌，则，，设事件表示检验结果为阳性，则，，所以某烟民的检验结果为阳性的概率为：，所以某烟民的检验结果为阳性，其患肺癌的概率为.故答案为：；14．已知，则的最小值为．【答案】18【分析】根据配凑原式，使得相乘可得一个常数，再利用基本不等式即求解.【详解】（当且仅当，即，解得或时等号成立）.故答案为：1815．函数，若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围为.【答案】或【分析】画出，的图象，数形结合后可求参数的取值范围．【详解】因为，所以，则函数恰有2个零点等价于有两个不同的解，故，的图象有两个不同的交点，设，又，的图象如图所示，由图象可得两个函数的图象均过原点，当时，考虑直线与的图象相切，则由可得，即，考虑直线与的图象相切，由可得，则，即．考虑直线与的图象相切，由可得，则，即，结合图象可得当或时，两个函数的图象有两个不同的交点，综上，或．故答案为：或．【点睛】方法点睛：数形结合思想，分类讨论思想与转化思想的应用.解决本问题的方法是把方程根的问题转化为函数与直线交点个数问题，作出图形，结合图形求解，并注意临界值的取舍问题.三、解答题16．在中，角的对边分别为，已知.(1)求角；(2)若，求的值；(3)若为的中点，且，求的面积.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式，计算可得答案.（2）利用和差角公式和二倍角公式，计算可得答案.（3）利用余弦定理，整理出方程，计算可得答案.【详解】（1），由正弦定理，得，，，，（2），，，（3）中，由余弦定理，得，，中，由余弦定理，得，，联立，得，，代入，解得，的面积.17．如图，三棱台中，，侧棱平面，点是的中点.(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离：(3)求平面和平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）根据题意先建立空间直角坐标系，平面，分别以､的方向为轴，轴，轴的正方向建系，求得的方向向量和平面的法向量平行即可；（2）求得直线的方向向量和平面的法向量，利用投影法即可得解；（3）分别求得平面的法向量为，平面的法向量为，则平面和平面夹角的余弦值，代入即可得解.【详解】（1）平面，以为原点，分别以､的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.，点是的中点，，，则.设平面的法向量为，则有不妨令，得，.平面.（2），设平面的法向量为，则有不妨令，得，.则，点到平面的距离为.（3）设平面与平面的夹角为，平面的法向量为，平面的法向量为，，平面和平面夹角的余弦值等于.18．设椭圆的离心率等于，拋物线的焦点是椭圆的一个顶点，分别是椭圆的左右顶点.(1)求椭圆的方程；(2)动点为椭圆上异于的两点，设直线的斜率分别为，且，求证：直线经过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由抛物线的方程可得焦点F的坐标，由椭圆的离心率的值和它的一个顶点，可得a、b的值，即可求出椭圆的方程（2）设直线AP的方程，与椭圆的方程联立，可得P的坐标，同理可得Q的坐标，进而求出直线PQ的方程，可证得直线经过定点【详解】（1）的焦点的坐标，由，，，得，椭圆的方程为.（2），由题意可知，直线的斜率存在，且不为0，设直线的斜率，直线的方程为，联立消去，得.直线过点，.代入，得，.同理：直线的方程为，联立消去，得.直线过点，.代入，得，.若，即直线的斜率，直线的方程为，令，解得，直线过定点.若，此时，直线也过点.直线过定点.19．已知是等差数列，其公差大于1，其前项和为是等比数列，公比为，已知.(1)求和的通项公式；(2)若正整数满足，求证：不能成等差数列；(3)记，求的前项和.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据题意，由等差数列与等比数列的通项公式以及等差数列的前项和公式，列出方程，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由等比数列的通项公式分别可得，再由等差数列的性质代入计算，即可证明；（3）根据题意，由数列的通项公式分别表示出，再由并项求和法代入计算，即可得到结果.【详解】（1）由题意.联立即代入整理，，..（2），若成等差数列，则有，即，等式的左右两边同时除以，可得，，为偶数，为偶数，而1是奇数，等式不成立，不能成等差数列.（3），，，，，.【点睛】关键点睛：本题主要考查了等差数列的判定以及求和公式的应用以及并项求和法，难度较大，解答本题的关键在于结合公式代入计算以及将三项合并求和.20．已知函数.(1)求的单调区间；(2)证明：；(3)若，且，求证：【答案】(1)单调增区间为，无减区间；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）根据二次求导，确定，即可求得的单调区间；（2）将问题转化为证明，再构造，，通过证明即可证明；（3）根据（2）中所得可知，结合的单调性可得，结合不等式性质，即可证明