天津市第七中学2024届高三三模数学试题(卷后带答案解析)

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页天津市第七中学2024届高三三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知为虚数单位，若复数，则复数在复平面上对应的点在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．设，不等式的一个充分不必要条件是（

）A． B． C． D．3．已知，，则（

）A． B． C．25 D．54．已知是定义在上的偶函数，且在是增函数，记，，，则的大小关系为（

）A． B． C． D．5．已知某函数图象如图所示，则下列解析式中与此图象最为符合的是（

）A． B．C． D．6．已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论：①在区间上有且仅有3个不同的零点；②的最小正周期可能是；③的取值范围是；④在区间上单调递增．其中正确的个数为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7．下列说法正确的是（

）A．若事件相互独立，则B．设随机变量满足，则C．已知随机变量，且，则D．在一个列联表中，计算得到的值越接近1，则两个变量的相关性越强8．某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．9．已知双曲线：的左右焦点分别为、，且抛物线：的焦点与双曲线的右焦点重合，点为与的一个交点，且直线的倾斜角为45°则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．二、填空题10．已知全集，集合，集合，则，．11．已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则展开式中的常数项为.12．已知圆心为的圆与x轴相切，且与直线相交于A，B两点，若，则实数．13．袋子中有10十个大小相同的小球，其中7个白球，3个黑球．每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．①在第一次摸到白球的条件下，第二次摸到白球的概率为．②两次都摸到白球的概率为．14．在中，分别为的中点，为与的交点，且若，则；若在上的投影向量的模长为1，则在上的投影向量的模长为.15．已知函数，若函数在上恰有三个不同的零点，则的取值范围是．三、解答题16．在中，角的对边分别为，若，且的面积为，.(1)求角的大小及；(2)求的值.17．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，在菱形中，，，平面平面，，分别是线段､的中点.

(1)求证：平面；(2)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.18．已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为.（I）求椭圆的离心率；（II）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为.（i）求直线的斜率；（ii）求椭圆的方程.19．已知数列是等比数列，其前项和为，数列是等差数列，满足，，(1)求数列和的通项公式；(2)记，求；(3)证明：．20．已知函数，且曲线在点处与直线相切．(1)求的值；(2)设，求的单调区间；(3)证明：存在唯一的极大值点，且．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《天津市第七中学2024届高三三模数学试题》参考答案题号123456789答案DDAACBCAB1．D【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为，所以复数在复平面上对应的点为，位于第四象限.故选：D2．D【分析】由可得，再由充分不必要条件的定义、结合选项即可得答案.【详解】解：因为，所以，解得，由充分不必要条件的定义可知，只有D选项符合.故选：D.3．A【分析】由指对互换，表示出，代入原式即可.【详解】由，.故选：A.4．A【分析】根据指数函数和对数函数单调性可确定，根据单调性和偶函数定义可比较出函数值的大小关系.【详解】，在是增函数，，又为偶函数，，，即.故选：A.5．C【分析】根据定义域舍去A选项；B选项，根据时，函数值大于0舍去B选项；CD选项，根据导函数求解函数的单调区间，从而确定正确答案.【详解】A选项，的定义域为，故和图象不合，舍去；B选项，当时，，与图象不合，舍去；C选项，定义域为，，当，时，，单调递增，当，时，，单调递减，与图象符合，D选项，定义域为，在上恒成立，故在上均单调递减，与图象不合，舍去；故选：C6．B【分析】令，则，结合条件可得有4个整数符合，可求出取值，再利用三角函数的性质逐项分析即得.【详解】由函数，令，则因为函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，由，得，则，即，，故③正确；对于①，，，，当时，在区间上有且仅有3个不同的零点，当时，在区间上有且仅有4个不同的零点，故①错误；对于②，周期，由，则，，又，所以的最小正周期可能是，故②正确；对于④，，，又，，又，所以在区间上不一定单调递增，故④错误．故其中正确的个数为2个.故选：B.7．C【分析】A项，求出即可；B项根据的性质即可得出；C项，根据给定条件，利用正态分布的性质求解作答；D项，根据的性质，即可得出相关性强弱.【详解】对于A，若事件相互独立，则,所以A错误，对于B，设随机变量满足，则所以B错误，对于C，随机变量，且，则,所以C正确，对于D，在一个列联表中，值越大，则两个变量的相关性越强，所以D错误，故选：C.8．A【分析】求出球心到截面圆所在平面的距离以及截面圆的半径，利用勾股定理可求得球的半径，再利用球的体积公式即可求得结果．【详解】由题意可得，球心到截面圆所在平面的距离，设截面圆的半径为，球的半径为，则，解得，所以，所以该球的表面积为．故选：A．9．B【分析】设双曲线焦点，可得抛物线的焦点坐标为，准线方程为，过点做，垂足为，根据题意有，可得轴，进而将用表示，结合双曲线定义，即可求解.【详解】设双曲线焦点，则抛物线的准线方程为，过做，垂足为，则，，，又点在双曲线上，，.故选：B.【点睛】本题考查双曲线和抛物线的性质，应用曲线的定义是解题关键，注意几何方法的合理运用，属于中档题.10．【分析】根据题意，分别求得和，结合集合运算法则，即可求解.【详解】由全集，集合，集合，可得，则，.故答案为：；.11．405【分析】先求出和，利用二项展开式的通项公式直接求解.【详解】因为的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以，由组合数的性质可知：.所以.因为展开式的各项系数之和为1024，所以在中，令，则有：.因为，所以.所以的展开式的通项公式为.所以要求常数项，只需，解得：.此时常数项为.故答案为：.12．3或；【分析】首先根据圆与x轴相切得到圆的半径等于，再根据垂径定理列出关于的方程，最后解方程即可.【详解】因为圆心为的圆与x轴相切，所以圆的半径为，圆心到直线的距离，根据垂径定理得到：，所以，解得或，故答案为：3或；【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．13．【分析】设第1次摸到白球为事件A，第2次摸到白球为事件B，先求和，然后根据条件概率公式来求；先求第一次摸到白球的概率，再求第二次摸到白球的概率.【详解】解：设第1次摸到白球为事件A，第2次摸到白球为事件B，由题意即求，因为，，所以，即在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率.因为摸出的球不放回，所以两次都摸到白球的概率为.故答案为：；.14．或【分析】根据题意，由平面向量基本定理可得，即可得到结果；由投影向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果.【详解】由题意知，是的重心，所以，因，所以，又因为，所以，则，即，则；因为在上的投影向量的模长为，且在上的投影向量的模长为，且，所以，解得或，则或.故答案为：；或.15．【分析】根据函数与方程之间的关系转化两个函数图象交点个数问题，利用分段函数的表达式，结合题意将其转化为二次函数根的分布问题，利用数形结合进行求解即可．【详解】当时，，因为恰有三个不同的零点，函数在上恰有三个不同的零点，即有三个解，而无解，故.当时，函数在上恰有三个不同的零点，即，即与的图象有三个交点，如下图，当时，与必有1个交点，所以当时，有2个交点，即，即令在内有两个实数解，，

当时，函数在上恰有三个不同的零点，即，即与的图象有三个交点，如下图，

当时，必有1个交点，当时，与有2个交点，所以，即在上有根，令故，解得：.综上所述：的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题主要考查函数方程的应用，结合分段函数的表达式转化为两个函数交点个数问题，数形结合是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．16．(1)；；(2).【分析】（1）切化弦之后，结合两角和差正弦公式和诱导公式可化简求得，由此可得；结合三角形面积公式可得，由余弦定理可求得；（2）由（1）可求得，利用余弦定理可得，根据同角三角函数关系可得，利用两角和差正弦公式可求得结果.【详解】（1），又，，，，又，；，，又，，解得：.（2）由（1）知：，，，，又，，，.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）建立坐标系，利用向量法进行证明．（2）建立坐标系求出平面的法向量，利用向量夹角公式求二面角即可．【详解】（1）由平面平面，且两平面交线为,为中点，，平面，所以平面，由于平面，故，在菱形中，，，所以为等边三角形，又为中点，所以，则以为坐标原点，所在直线为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，又，，平面，平面．

（2），设，则，，，；由（1）知平面，平面的一个法向量，设平面的法向量，又则，，即，令，则，，，，令，则，，，所以，，，即锐二面角的余弦值的取值范围为．18．（Ⅰ）.（Ⅱ）（ⅰ）.（ii）.【分析】根据的面积为列出一个关于的等式，削去求出离心率；根据关系巧设直线的方程，与直线FP的方程联立解出焦点的坐标，利用|FQ|=解出斜率，把直线FP的方程与椭圆方程联立，解出点坐标，分别求出和的面积，利用四边形的面积为，解出，得出椭圆的标准方程.【详解】（Ⅰ）设椭圆的离心率为e.由已知，可得.又由，可得，即.又因为，解得.所以，椭圆的离心率为.（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP的方程为，则直线FP的斜率为.由（Ⅰ）知，可得直线AE的方程为，即，与直线FP的方程联立，可解得，即点Q的坐标为.由已知|FQ|=，有，整理得，所以，即直线FP的斜率为.（ii）解：由，可得，故椭圆方程可以表示为.由（i）得直线FP的方程为，与椭圆方程联立消去，整理得，解得（舍去）或.因此可得点，进而可得，所以.由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离，故直线和都垂直于直线.因为，所以，所以的面积为，同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得.所以，椭圆的方程为.【点睛】列出一个关于的等式，可以求离心率；列出一个关于的不等式，可以求离心率的取值范围.“减元”思想是解决解析几何问题的重要思想，巧设直线方程利用题目条件列方程求解斜率，求椭圆方程的基本方法就是待定系数法，根据已知条件列方程通过解方程求出待定系数.19．(1)，(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用等比数列和等差数列的通项公式列方程组求解即可；（2）根据（1）中结论，利用分组求和和错位相减求解即可；（3）利用裂项相消法求解即可.【详解】（1）由题意设等比数列的公比为，等差数列的公差为，所以①，②，又因为是数列的前项和，所以由可得即③，由①②③联立解得，，，，所以，，（2）由（1）得，所以，令④，则⑤，④⑤得，所以，令，所以.（3）由（1）可得，因为，所以，即.20．(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用导数几何意义列方程求参数；（2）由题设，利用