2024届天津市八校联考高三上学期期末质量调查数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市八校联考2024届高三上学期期末质量调查数学试卷第Ⅰ卷（选择题）一、选择题1.已知全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，，，，.故选：B.2.若，则“”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，解得或，当时，；当时，；所以不是的充分条件；当时，即，所以必要性成立，故若，则“”是“”的必要不充分条件，故选：B3.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，，所以.故选：C4.函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由图象可得，据此排除BCD.故选：A.5.已知某公路上经过的货车与客车的数量之比为，货车和客车中途停车修理的概率分别为和，则一辆汽车中途停车修理的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】事件表示一辆汽车中途停车修理，事件表示该汽车是货车，事件表示该汽车是客车，则，，，，则.故选：C6.已知，，m为实数，若，则向量在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根据题意可知，由可得，解得，所以；所以向量在上的投影向量为.故选：D.7.清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由相同的两个正交的正四面体组合而成（如图1），也可由正方体切割而成（如图2）．在“蒺藜形多面体”中，若正四面体的棱长为2，则该几何体的体积为（）A. B.2 C. D.4【答案】A【解析】因为，所以，，设，则到的距离为，所以蒺藜形多面体体积为正方体体积减去，即.故选：A8.已知过原点O的直线与双曲线交于A，B两点（点A在第一象限），，分别为双曲线E的左．右焦点，延长交E于点C，若，，则双曲线E的渐近线方程为（）A B. C. D.【答案】A【解析】如下图所示：连接，由直线过原点并利用双曲线的对称性可知，关于原点对称，也关于原点对称；可得四边形为平行四边形，所以，由双曲线定义可得，即，又，可得，由可得，又可得为正三角形，所以，可得，即；又，所以，即可得渐近线方程为；故选：A9.已知函数的对称中心到对称轴的最小距离为，将的图象向右平移个单位长度后所得图象关于y轴对称，且关于函数有下列四种说法：①是的一个对称轴；②是的一个对称中心；③在上单调递增；④若，则，．以上四个说法中，正确的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】根据题意由对称中心到对称轴的最小距离为可得，即，得；将的图象向右平移个单位长度后可得，其图象关于y轴对称，所以为偶函数，则，，解得，，由可知当时，符合题意；由可得；因此；对于①，当时，，取得最大值，所以是的一个对称轴，即①正确；对于②，当时，，所以不是的一个对称中心，即②错误；对于③，当时，可得，又在上不单调，所以在上不是单调递增的，所以③错误；对于④，若，由正弦函数图象性质可知两个相邻零点的距离为半个周期，所以任意两个零点之间的距离为半周期的整数倍，由的周期为可得，，即④正确；所以正确的个数只有①和④共2个.故选：B.第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题10.若复数z满足（其中是虚数单位），则z的虚部为______．【答案】2【解析】由题意可得；由虚部定义可得z的虚部为2.故答案为：211.的展开式中，项的系数为______.（用数字作答）【答案】【解析】展开式的通项公式为，由得，所以的展开式中项的系数为，故答案为：12.已知直线与⊙：交于A，B两点，写出满足“面积为”的实数的一个值______（写出其中一个即可）【答案】（答案不唯一）【解析】设圆心到直线的距离为，则，由，解得：或若，则或；若，则或.故答案为：（，，任意一个也对）13.学习于才干信仰，犹如运动于健康体魄，持之已久、行之愈远愈受益．为实现中华民族伟大复兴，全国各行各业掀起了“学习强国”的高潮．某老师很喜欢“学习强国”中“挑战答题”模块，他记录了自己连续七天每天一次最多答对的题数如下表：天数x1234567一次最多答对题数y12151618212427参考数据：，，，，，相关系数由表中数据可知该老师每天一次最多答对题数y与天数x之间是______相关（填“正”或“负”），其相关系数______（结果保留两位小数）【答案】正0.99【解析】由表中数据得随的增大而增大，所以该老师每天一次最多答对题数y与天数x之间是正相关，.故答案为：正；.14.已知点A为抛物线上一点（点A在第一象限），点F为抛物线的焦点，准线为l，线段AF的中垂线交准线l于点D，交x轴于点E（D、E在AF的两侧），四边形为菱形，若点P、Q分别在边DA、EA上，，，若则的最小值为______，的最小值为______．【答案】3【解析】对于第一个空：因为四边形为菱形，所以,,又由抛物线的定义知，，所以,,所以的方程为，由联立得，，得，由分析知，，所以,,,,,,,,，又，所以,，,当时，取最小值3.对于第二个空：,,表示的是点到点和的距离之和，在直线上，设关于直线对称的点,由得，所以，，当且仅当三点共线时，等号成立.故的最小值为.故答案为：①3，②.15.函数，函数若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】由题意可得.当时，，，当在上存在2个零点时，，解得；当在上存在唯一零点时，，解得；当在上不存在零点时，无解.当时，，则，当时，在单调递增，，由，则在上存在唯一零点，此时符合题意；当时，令，解得，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，所以，令，解得，当时，在上存在唯一零点，此时符合题意；当时，，此时符合题意；当时，，由，则在存在2个零点，此时不合题意；当时，，则在不存在零点，此时不合题意.综上所述，故答案为：.三、解答题16.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求角A的大小；（2）若，，①求的值；②求的面积．解：（1）法一：由，根据正弦定理有，因为，所以，整理得，因为，所以，因为，所以．法二：由，根据余弦定理有．整理得，即．∴，因为，所以．（2）因为，，由（1）知，①由正弦定理，，∴，又因为，所以为锐角，∴，所以，，所以.②法一：由，将，，代入，解得，∴.法二：∵，∴，∴．17.如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知．//，，点P为线段EC的中点．（1）求证：∥平面CDE；（2）求直线DP与平面所成角的正弦值；（3）求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：因为//，面，面，所以//平面，同理，//平面，又，面，所以平面//平面，因为平面，所以//平面．（2）解：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，故．而四边形是正方形，所以，又，以D为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，．设平面的法向量为，则即令，则，所以．设直线与平面所成角的大小为，则所以直线与平面所成角的正弦值为．（3）解：取平面的一个法向量，设平面与平面夹角的大小为，则所以平面与平面夹角的余弦值是．18.已知椭圆，，分别是椭圆C的左、右焦点，点为左顶点，椭圆上的点到左焦点距离的最小值是焦距的．（1）求椭圆的离心率；（2）直线过椭圆C的右焦点，与椭圆C交于P，O两点（点P在第一象限）．且面积的最大值为，①求椭圆C的方程；②若直线，分别与直线交于，两点，求证：以为直径的圆恒过右焦点．（1）解：先求椭圆上任意一点到左焦点的距离的最小值：设是椭圆上任意一点，是左焦点，则，所以，二次函数的开口向上，对称轴，所以二次函数在上单调递增，所以的最小值为.由题意可得，∴，椭圆的离心率为.（2）①解：由（1）可知，，∴，设椭圆方程为，法一：由题意可知直线的斜率显然不为0，设直线方程为：，，，联立，消去x整理得，由题意知恒成立，则，，则，令，则，∴，因为在上单调递增，当时，有最大值，，∴，∴，，，椭圆方程为：．法二：当直线PQ的斜率存在时，由题知，，此时，设PQ：，联立，得，设，，由题意知恒成立，，，，令，∴，因为在上单调递增，∴， ∴，当直线的斜率不存在时，此时，代入中，得，∴，∴面积的最大值为，∴，椭圆方程为.②证明：法一：由（i）知，，∴， ，∴直线的方程为：，直线的方程为：，∴，，∴，，由，得，，，∴，∴，∴以为直径的圆恒过右焦点．法二：由（i）知，，当直线的斜率不存在时，有，，直线，令，得，同理，此时，当直线的斜率存在时，，∴，，∴直线的方程为：，直线的方程为：，∴，，∴，，由，，，∴，∴，∴以为直径的圆恒过右焦点．19.已知数列是正项等比数列，是等差数列，且，，，（1）求数列和通项公式；（2）表示不超过x的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求范围；（3），数列的前项和为，求证：．（1）解：设数列首项，设公比，设数列首项，设公差，∵，即，∴，（舍去），，∴．；（2）解：，其中，∴，集合，设，，所以当时，，当时，．计算可得，，，，，因为集合有4个元素，．（3）证明：，，设①，②，上式①-②得，，所以，当n奇数时，，则，.20.已知函数（e是自然对数的底数）．（1）当时，求函数在点处的切线方程；（2）当时，①求证：函数存在唯一的极值点；②在①的条件下，若且，求证：（1）解：当时，函数，可得所以，且，所以切线方程为：.（2）证明：（i）当时，函数，可得，令，，则在上单调递减，由，得，，则，又由，，由零点存在性定理可知，存在唯一使，即，当时，，，在上单调递增，当时，，，在上单调递减，则在处取得极大值，即存在唯一的极值点，（ii）由（i）可知，，即，①由，且，得，由，得，，②②式除以①式，得，先证，令，，所以在上单调递减，所以，所以时，，则，则，，要证明，等价于证明，等价于证明由，且，有，法一：设，可得，所以在上单调递减，所以所以，当时，有，所以，又由，得，故成立．证毕法二：设，则，，得在上单调递减，则，所以，当时，得，则，故成立，得证．天津市八校联考2024届高三上学期期末质量调查数学试卷第Ⅰ卷（选择题）一、选择题1.已知全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，，，，.故选：B.2.若，则“”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，解得或，当时，；当时，；所以不是的充分条件；当时，即，所以必要性成立，故若，则“”是“”的必要不充分条件，故选：B3.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，，所以.故选：C4.函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由图象可得，据此排除BCD.故选：A.5.已知某公路上经过的货车与客车的数量之比为，货车和客车中途停车修理的概率分别为和，则一辆汽车中途停车修理的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】事件表示一辆汽车中途停车修理，事件表示该汽车是货车，事件表示该汽车是客车，则，，，，则.故选：C6.已知，，m为实数，若，则向量在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根据题意可知，由可得，解得，所以；所以向量在上的投影向量为.故选：D.7.清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由相同的两个正交的正四面体组合而成（如图1），也可由正方体切割而成（如图2）．在“蒺藜形多面体”中，若正四面体的棱长为2，则该几何体的体积为（）A. B.2 C. D.4【答案】A【解析】因为，所以，，设，则到的距离为，所以蒺藜形多面体体积为正方体体积减去，即.故选：A8.已知过原点O的直线与双曲线交于A，B两点（点A在第一象限），，分别为双曲线E的左．右焦点，延长交E于点C，若，，则双曲线E的渐近线方程为（）A B. C. D.【答案】A【解析】如下图所示：连接，由直线过原点并利用双曲线的对称性可知，关于原点对称，也关于原点对称；可得四边形为平行四边形，所以，由双曲线定义可得，即，又，可得，由可得，又可得为正三角形，所以，可得，即；又，所以，即可得渐近线方程为；故选：A9.已知函数的对称中心到对称轴的最小距离为，将的图象向右平移个单位长度后所得图象关于y轴对称，且关于函数有下列四种说法：①是的一个对称轴；②是的一个对称中心；③在上单调递增；④若，则，．以上四个说法中，正确的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】根据题意由对称中心到对称轴的最小距离为可得，即，得；将的图象向右平移个单位长度后可得，其图象关于y轴对称，所以为偶函数，则，，解得，，由可知当时，符合题意；由可得；因此；对于①，当时，，取得最大值，所以是的一个对称轴，即①正确；对于②，当时，，所以不是的一个对称中心，即②错误；对于③，当时，可得，又在上不单调，所以在上不是单调递增的，所以③错误；对于④，若，由正弦函数图象性质可知两个相邻零点的距离为半个周期，所以任意两个零点之间的距离为半周期的整数倍，由的周期为可得，，即④正确；所以正确的个数只有①和④共2个.故选：B.第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题10.若复数z满足（其中是虚数单位），则z的虚部为______．【答案】2【解析】由题意可得；由虚部定义可得z的虚部为2.故答案为：211.的展开式中，项的系数为______.（用数字作答）【答案】【解析】展开式的通项公式为，由得，所以的展开式中项的系数为，故答案为：12.已知直线与⊙：交于A，B两点，写出满足“面积为”的实数的一个值______（写出其中一个即可）【答案】（答案不唯一）【解析】设圆心到直线的距离为，则，由，解得：或若，则或；若，则或.故答案为：（，，任意一个也对）13.学习于才干信仰，犹如运动于健康体魄，持之已久、行之愈远愈受益．为实现中华民族伟大复兴，全国各行各业掀起了“学习强国”的高潮．某老师很喜欢“学习强国”中“挑战答题”模块，他记录了自己连续七天每天一次最多答对的题数如下表：天数x1234567一次最多答对题数y12151618212427参考数据：，，，，，相关系数由表中数据可知该老师每天一次最多答对题数y与天数x之间是______相关（填“正”或“负”），其相关系数______（结果保留两位小数）【答案】正0.99【解析】由表中数据得随的增大而增大，所以该老师每天一次最多答对题数y与天数x之间是正相关，.故答案为：正；.14.已知点A为抛物线上一点（点A在第一象限），点F为抛物线的焦点，准线为l，线段AF的中垂线交准线l于点D，交x轴于点E（D、E在AF的两侧），四边形为菱形，若点P、Q分别在边DA、EA上，，，若则的最小值为______，的最小值为______．【答案】3【解析】对于第一个空：因为四边形为菱形，所以,,又由抛物线的定义知，，所以,,所以的方程为，由联立得，，得，由分析知，，所以,,,,,,,,，又，所以,，,当时，取最小值3.对于第二个空：,,表示的是点到点和的距离之和，在直线上，设关于直线对称的点,由得，所以，，当且仅当三点共线时，等号成立.故的最小值为.故答案为：①3，②.15.函数，函数若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】由题意可得.当时，，，当在上存在2个零点时，，解得；当在上存在唯一零点时，，解得；当在上不存在零点时，无解.当时，，则，当时，在单调递增，，由，则在上存在唯一零点，此时符合题意；当时，令，解得，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，所以，令，解得，当时，在上存在唯一零点，此时符合题意；当时，，此时符合题意；当时，，由，则在存在2个零点，此时不合题意；当时，，则在不存在零点，此时不合题意.综上所述，故答案为：.三、解答题16.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求角A的大小；（2）若，，①求的值；②求的面积．解：（1）法一：由，根据正弦定理有，因为，所以，整理得，因为，所以，因为，所以．法二：由，根据余弦定理有．整理得，即．∴，因为，所以．（2）因为，，由（1）知，①由正弦定理，，∴，又因为，所以为锐角，∴，所以，，所以.②法一：由，将，，代入，解得，∴.法二：∵，∴，∴．17.如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知．//，，点P为线段EC的中点．（1）求证：∥平面CDE；（2）求直线DP与平面所成角的正弦值；（3）求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：因为//，面，面，所以//平面，同理，//平面，又，面，所以平面//平面，因为平面，所以//平面．（2）解：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，故．而四边形是正方形，所以，又，以D为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，．设平面的法向量为，则即令，则，所以．设直线与平面所成角的大小为，则所以直线与平面所成角的正弦值为．（3）解：取平面的一个法向量，设平面与平面夹角的大小为，则所以平面与平面夹角的余弦值是．18.已知椭圆，，分别是椭圆C的左、右焦点，点为左顶点，椭圆上的点到左焦点距离的最小值是焦距的．（1）求椭圆的离心率；（2）直线过椭圆C的右焦点，与椭圆C交于P，O两点（点P在第一象限）．且面积的最大值为，①求椭圆C的方程；②若直线，分别与直线交于，两点，求证：以为直径的圆恒过右焦点．（1）解：先求椭圆上任意一点到左焦点的距离的最小值：设是椭圆上任意一点，是左焦点，则，所以，二次函数的开口向上，对称轴，所以二次函数在上单调递增，所以的最小值为.由题意可得，∴，椭圆的离心率为.（2）①解：由（1）可知，，∴，设椭圆方程为，法一：由题意可知直线的斜率显然不为0，设直线方程为：，，，联立，消去x整理得，由题意知恒成立，则，，则，令，则，∴，因为在上单调递增，当时，有最大值，，∴，∴，，，椭圆方程为：．法