天津市部分学校2023-2024学年高三下学期第一次质量调查数学试卷及答案

这是一份天津市部分学校2023-2024学年高三下学期第一次质量调查数学试卷及答案，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，则等于（ ）
A．B．C．D．
2．若a，，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．既不充分又不必要条件
3．已知实数a，b，c满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．函数的大致图象是（ ）
A．B．C．D．
5．已知等比数列的前项和为，且，则数列的前项和为（ ）
A．B．
C．D．
6．下列说法不正确的是（ ）
A．甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样调查，若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为18
B．设一组样本数据，，…，的方差为2，则数据，，.…，的方差为32
C．在一个列联表中，计算得到的值，则的值越接近1，可以判断两个变量相关的把握性越大
D．已知随机变量，且，则
7．已知函数图象的一个对称中心是，点在的图象上，下列说法错误的是（ ）
A．B．直线是图象的一条对称轴
C．在上单调递减D．是奇函数
8．如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（ ）
A．B．C．D．
9．如图，已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线与分别在第一､二象限交于两点，内切圆半径为，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．设为虚数单位，若复数满足.则 .
11．已知，则 ．（用数字作答）
12．设圆：上有且仅有两个点到直线的距离等于,则圆半径的取值范围是 .
13．设某学校有甲、乙两个校区和两个食堂，并且住在甲、乙两个校区的学生比例分别为和；在某次调查中发现住在甲校区的学生在食堂吃饭的概率为，而住在乙校区的学生在食堂吃饭的概率为，则任意调查一位同学是在食堂吃饭的概率为 ．如果该同学在食堂吃饭，则他是住在甲校区的概率为 ．（结果用分数表示）
14．在矩形中，是平面内的一点，且，则 ；是平面内的动点，且，若，则的最小值为 .
15．记不超过的最大整数为．若函数既有最大值也有最小值，则实数的取值范围是 ．
三、解答题
16．在中，内角所对的边分别为．已知，．
(1)求的值；
(2)求值；
(3)求．
17．如图，多面体ABCDEF是由一个正四棱锥与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥A-BCDE的所有棱长均为.
(1)在棱DE上找一点G，使得面面AFG，并给出证明;
(2)当时，求点F到面ADE的距离;
(3)若，求直线DF与面ABC所成角的正弦值.
18．已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于的一动点，面积的最大值为.
(1)求的方程；
(2)过椭圆的右焦点的直线与交于两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为.
①求的取值范围；
②求证：为定值.
19．已知是等差数列，是公比不为1的等比数列，，，，且是与的等差中项．
(1)求：数列和的通项公式．
(2)设，求.
(3)若对于数列、，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前n项和为，求．
20．，，已知的图象在处的切线与x轴平行或重合．
(1)求的值；
(2)若对，恒成立，求a的取值范围；
(3)利用如表数据证明：．
1.010
0.990
2.182
0.458
2.204
0.454
参考答案：
1．D
【分析】
化简集合，根据并集的定义写出.
【详解】，
.
故选：D.
2．B
【分析】
利用不等式的性质，结合充分必要条件的定义即可得解.
【详解】当时，取，则，即充分性不成立；
当时，有，则，故，
所以，即，即必要性成立；
综上，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．A
【分析】根据条件，得到，利用函数的单调性，即可得到，而，即可求出结果.
【详解】因为，得到，又，函数是减函数，
所以，又，得到，
所以，
故选：A.
4．D
【分析】
方法一：根据函数的奇偶性及函数值的符号排除即可判断；方法二：根据函数的奇偶性及某个函数值的符号排除即可判断.
【详解】
方法一：因为，即，所以，
所以函数的定义域为，关于原点对称，
又，所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，
故排除；
当时，，即，因此，故排除A.
故选:D.
方法二：由方法一，知函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除；
又，所以排除A.
故选：D.
5．A
【分析】
根据关系求出，最后再根据等比数列前项和公式计算求解即可.
【详解】
因为，所以当时，，两式相减，得，
因为数列是等比数列，所以．
由，解得，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，即，所以数列是首项为1，公比为4的等比数列，
所以数列的前项和为．
故选：A．
6．C
【分析】
根据比例分层抽样的性质可得样本容量，故可判断A的正误，根据两类数据之间的关系结合方差公式可判断B的正误，根据的意义可判断C的正误，根据正态分布的对称性可计算的值，故可判断D的正误.
【详解】对于A：设样本容量为，则，故，故A正确.
对于B：设样本数据，，…，的均值为，
则数据，，.…，的均值为，
故数据，，.…，的方差为：
，
故B正确.
对于C：越大，可以判断两个变量相关的把握性越大，越小则把握性越小，故C错误.
对于D：由正态分布的对称性可得：
，
故D正确.
故选：C.
7．B
【分析】
由可得，由对称中心可求得，从而知函数的解析式，再根据余弦函数的图象与性质，逐一分析选项即可.
【详解】因为点在的图象上， 所以.又，所以.
因为图象的一个对称中心是，所以，，
则，.又，所以，则，A正确.
，则直线不是图象的一条对称轴，B不正确.
当时，，单调递减，C正确.
，是奇函数，D正确.
故选：B.
8．B
【分析】
作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案.
【详解】如图，取的中点，连接，，则，，
过点作⊥底面，垂足在上，且，
所以，故，
点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥，
设最大球的半径为，则，
因为∽，所以，即，解得，
即，则，故
设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为，
连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为，
则，则，
又，所以，解得，
又，故，解得，
所以，
模型中九个球的表面积和为.
故选：B
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
9．D
【分析】
根据双曲线定义和几何性质，结合圆的切线长定理与余弦定理即可求解.
【详解】
设，内切圆圆心为，内切圆在上的切点分别为，
则，
由及双曲线的定义可知，，
故四边形是正方形，
得，于是，
故，所以，
于是，在中，
由余弦定理可得，
从而，所以.
故选：D.
10．
【分析】
利用复数的除法求出，再由复数模的意义计算得解.
【详解】由，得，
所以.
故答案为：
11．
【分析】根据条件，两边求导得到，再取，即可求出结果.
【详解】因为，
两边求导可得，
令，得到，即，
故答案为：.
12．
【分析】
计算圆心到直线的距离为，根据条件得到，解得答案.
【详解】
圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离，
因为圆上恰有相异两点到直线的距离等于，
所以，
即，所以.
故答案为：
13．
【分析】根据条件，结合全概率公式，以及条件概率公式，即可求出结果.
【详解】记为事件“该同学住在甲校区”，为事件“该同学在食堂吃饭”，
则，，
故，
如果该同学在食堂吃饭，则他是住在甲校区的概率为，
故答案为：；.
14．
【分析】建立空间直角坐标系，利用平面向量的线性运算易得的坐标表示，进而可求；由条件得到，从而得到点的轨迹，再利用平面向量的线性运算将所求转化为点到与的距离之和，故而利用点到圆上的点的最小值即可求得的最小值.
【详解】依题意，构建以为原点，为轴的直角坐标系，
所以，则
又，故，
所以；
由知，
所以在以为直径的圆上，为圆心，不妨设，则，
因为，
所以，
故可转化为点到与的距离之和，
又，则在直线上，即对应线段，
所以要求，只需求的最小值即可，
而关于对称点为，
故，此时，即，
所以的最小值为.
故答案为：；.
.
15．
【分析】根据题意取，则，将问题转化在区间上既有最大值也有最小值，然后分，，，四种情况讨论即可求出结果.
【详解】取，则，
所以函数既有最大值也有最小值，即在区间上既有最大值也有最小值，
当时，在区间上单调递增，只有最小值，无最大值，不合题意，
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，则，此时只有最小值，没有最大值，不合题意，
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，则，此时有最大值为，最小值为，
当时，在区间上单调递减，只有最大值，无最小值，不合题意，
综上所述，实数的取值范围是，
故答案为：.
【点睛】关键点点晴：通过令，得到，从而将问题转化成在区间上既有最大值也有最小值来解决.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得与的关系，结合已知可求与的关系，再利用余弦定理可求出结果；
（2）利用同角三角函数的关系可求出的值，再利用二倍角公式可求值，进而根据两角和的正弦公式，即可求出结果；
（3）利用与的关系，由正弦定边转角，可求出，利用平方关系可得到，再利用商数关系，即可求出结果.
【详解】（1）由，得到，即，得到，
又，所以，
由余弦定理得.
（2）由（1）知，所以，
得到，，
所以.
（3）由，，得到，所以，
又，由，知，所以，
得到，所以.
17．(1)当点为中点时，证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）当点为中点时，面面，利用面面垂直的判定即可证明；
（2）首先证明面，再利用等体积法即可；
（3）建立合适的空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即可.
【详解】（1）当点为中点时，面面，
证明如下：因为四棱锥是正四棱锥，所以.
在正方形中，，所以，
在正方形中，，因为，所以，
因为面，
所以面，
因为面，所以面面.
（2）连接，交于点，连接，，则，
又因为四棱锥是正四棱锥，所以面，
所以四边形为矩形，
，又，面，面，
又，
设点到面的距离为，即，
，所以，点到面的距离为.
（3）因为四棱锥是正四棱锥，所以，，两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，则有
取，则，故，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】
（1）根据离心率以及面积的最大值，构造方程解方程可得的方程为；
（2）①联立椭圆与直线方程得出的面积的表达式，利用对勾函数单调性即可求得的取值范围为；
②利用中点坐标公式求得，得出斜率表达式即可得，可得为定值.
【详解】（1）由题意知，解得，
所以的方程为；
（2）①易知，
设直线方程为，如下图所示：
联立，消去可得，
所以，
且，
可得，
令，
可得，由对勾函数性质可得在时单调递增；
所以可得；
即的取值范围为.
②易知，
可得；
所以
；
因此为定值.
19．(1),;
(2)
(3)
【分析】
（1）根据等差等比数列的通项公式，计算可得；
（2）结合两个数列的通项公式，可判断的前项中两个数列的项数，然后分组和错位相减求和可得；
（3）求出的项数和总共有多少个2，利用分组求和可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，则，故，
所以，
则，由，则，
又由是与的等差中项，所以，
即，解得或（舍去），
故，
（2）由 ，则
，
则，
，
两式相减得，，
，
则，
其中①，
②
①-②相减可得，
则
所以
则；
（3）根据题意可得，
则，
故，则，
故当时，成立，
当时，成立，
所以共有项，共有个，
则
20．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求出结果；
（2）根据条件得到对 ，恒成立，构造函数，注意到，分和两种情况讨论，利用函数的单调性，即可求出结果；
（3）注意到，再利用（2）中结论，得到，再利用等比数列的前项和公式及条件，即可求出结果.
【详解】（1）因为，得到，
所以，
由题有，得到，又，所以.
（2）由（1）知，即，
得到，由题知对 ，恒成立，
令，因为，
当时，，
又因为，
所以当时，恒成立，即单调递减，
所以，故满足题意，
当时，，不合题意，
综上，a的取值范围为.
（3）因为，
由（2）知在上恒成立，当且仅当时取等号，
所以，
即，所以命题得证.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，通过变形得到，再利用（2）中结果得到，从而解决问题.