天津市北辰区2024届高三三模数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市北辰区2024届高三三模数学试题第Ⅰ卷参考公式：·如果事件A，B互斥，那么.·如果事件A，B相互独立，那么.一､选择题1.已知集合,,，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗∵集合，，∴，又＝{0,1}，∴()∩N＝{0,1}．故选：C．2.对于实数，“”是“”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〗B〖解析〗因为，等价于且，且是的真子集，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.3.函数的图象大致为（）A B.C. D.〖答案〗A〖解析〗，且函数定义域为，关于原点对称，所以为奇函数，排除CD．当时，，所以，排除B，经检验A选项符合题意.故选：A．4.已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为在上单调递减，则，即；又因为在上单调递减，则，即；可得，且在上单调递增，则，即；综上所述：.故选：D.5.已知在等比数列中，，等差数列的前项和为，且，则（）A.60 B.54 C.42 D.36〖答案〗C〖解析〗由等比数列的性质可知，因为，所以，，所以.故选：C6.下列说法中正确的个数为（）个.①对立事件一定是互斥事件；②在经验回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量减少0.1个单位；③两个随机变量的线性相关性越强，相关系数绝对值越接近于1；④在回归分析模型中，若相关指数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越好.A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗对于①，对立事件一定是互斥事件，但互斥事件未必是对立事件，故①正确；对于②，根据回归直线方程中回归系数的含义可知：当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加个单位，故②错误；对于③，根据相关系数的计算公式可知：两个变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近，故③正确；对于④，根据回归分析的基本思想可知：相关指数越小，则残差平方和越大，模型的拟合效果越差，④错误.故选：B.7.已知函数，则下列结论不正确的是（）A.的最小正周期为B.的图象关于点对称C.若是偶函数，则，D.在区间上的值域为〖答案〗D〖解析〗由题意，在中，，A项，，A正确；B项，令,得,当时,,所以的图象关于点对称,故B正确;C项，是偶函数，∴，解得：,故C正确；D项,当时,,所以,所以在区间上的值域为，故D错误.故选：D.8.中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，取轴截面，如图所示，分别为的中点，可知：∥∥，且，可得，即，所以该容器中液体的体积为.故选：A.9.在中，，为外心，且，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由O为△ABC外心，可得在方向上的投影向量为，则，故，又，设，则，当且仅当时等号成立，由可知，，故的最大值为．故选：A．第Ⅱ卷二､填空题10.是虚数单位，复数的虚部为___________.〖答案〗〖解析〗，所以复数Z的虚部为.故〖答案〗为：11.若展开式的二项式系数和为128，则展开式中的系数为___________.〖答案〗280〖解析〗由题意可知：二项式系数和为，解得，则展开式的通项为，令，解得，所以展开式中的系数为.故〖答案〗为：280.12.过抛物线的焦点作圆：的两条切线，切点分别为，若为等边三角形，则的值为___________.〖答案〗4〖解析〗如图，过抛物线的焦点F作圆C：的两条切线，切点分别为M，N，又△FMN为等边三角形，则在直角三角形MCF中，，，又C(2,0)，，又，则，即，则p＝4．故〖答案〗为：4．13.某单位为了提高员工身体素质，开展双人投篮比寒，现甲､乙两人为一组参加比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若投中，则此人继续投篮，若未投中，则换为对方投篮，无论之前投篮的情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲､乙的概率各为.第2次投篮的人是甲的概率为___________；已知在第2次投篮的人是乙的情况下，第1次投篮的人是甲的概率为___________.〖答案〗〖解析〗设“第次是甲投篮”为事件，“投篮命中”为事件B，由题意可知：，，则，所以第2次投篮的人是甲的概率为；且在第2次投篮的人是乙的情况下，第1次投篮的人是甲的概率为.故〖答案〗为：；.14.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于A，B两点.若是虚轴长的倍，则该双曲线的一条渐近线为___________；若，分别交轴于，两点，且的周长为8，则的最大值为___________.〖答案〗（或）〖解析〗由题意可知：，且该双曲线的焦点在x轴上，若是虚轴长的倍，则，即，所以该双曲线的一条渐近线为（或）；由题意可知：∥，且为线段的中点，可知分别为，的中点，则，可得，结合对称性可知，又因为点A在双曲线上，则，即，可得，整理可得，解得，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为.故〖答案〗：（或）；.15.若函数有四个零点，则实数的取值范围为___________.〖答案〗〖解析〗由题意可知：的定义域为，且，可知关于直线对称，原题意等价于：当时，有2个零点，且，即，若，则，显然，若时，令，可得，令，可知与在内只有一个交点，则，令，解得或；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，且，又，可得的图象如图所示，由图象可知：或或，解得或或，综上所述：实数的取值范围为.故〖答案〗为：.三､解答题16.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.（1）求角的大小；（2）若，求的值；（3）若的面积为，，求的周长.解：（1）因为，所以，所以，所以，因为，所以；（2）由已知得，，所以，，所以；（3）因为，所以，由余弦定理得，所以，所以，所以的周长为.17.如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点.（1）证明：∥平面；（2）求平面和平面夹角的余弦值；（3）求A点到直线的距离.（1）证明：取中点，连接，．在中，，分别为，的中点，则，，因为∥，，则，，可知四边形为平行四边形，则，且平面，平面，所以∥平面PAD．（2）解：因为平面，，平面ABCD，则，，且，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，取CD的中点，连接BE，因为∥，，则，，又因为，所以四边形ABED为矩形，且，可知四边形ABED是以边长为2的正方形，则，，，，，，可得，，，设平面BDM的法向量为，所以，令，则，．所以平面BDM的一个法向量为，易知为平面PDM的一个法向量，所以，所以平面和平面夹角的余弦值为.（3）解：由（2）可知：，则，即，可知为锐角，则，所以A点到直线的距离为.18.已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程.解：（1），，所以，因为a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，所以椭圆方程为．（2）如图，设P（x1，y1），Q（x2，y2），，联立，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，.，，因为|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，所以32k2﹣24＝0，，，，，点O到直线l的距离，所以，当且仅当，即m2＝3，因为m＞0，所以时，取得最大值为，因为S四边形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大时，S四边形MNPQ最大，所以或．19.已知为等差数列，前项和为，若，；数列满足：，.（1）求和的通项公式；（2）对任意的，将中落入区间内项的个数记为.（i）求；（ii）记，的前项和记为，是否存在，，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.解：（1），所以，①当时，令得：②①②得：，所以是公差为的等差数列，当时有：，所以（2）（i）因为，所以，所以（ii），把代入得：，所以，，所以因为，，所以，当时，（舍去），当时，（舍去），当时，，所以存在，.20.已知，曲线在点处的切线为.（1）当时，求直线的方程；（2）证明：与曲线有一个异于点的交点，且；（3）在（2）的条件下，令，求的取值范围.（1）解：当时，，而，所以.所以的方程是，即；（2）证明：由于，故的方程可化为.设，则直线的方程为.令，设，则对有，所以在上单调递增.记，则.由于，且，故一定存在，使得，即.而，故是与曲线的交点，且；（3）解：对，设.则，，.由于当时，的导数，故在上单调递增.若，则.所以对有，从而在上单调递增；所以对有，从而在上单调递增；所以对有，从而在上单调递增；所以对有，从而在上无