2024届天津市十二区县重点学校一模模拟考试数学试卷及答案

这是一份2024届天津市十二区县重点学校一模模拟考试数学试卷及答案，共18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．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．“”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
3．已知函数，若，则（ ）
A．B．
C．D．
4．下列结论中，错误的是（ ）
A．数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为6
B．若随机变量，则
C．已知经验回归方程为，且，则
D．根据分类变量与成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
5．如图是的大致图象，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
6．如图，实心正方体的棱长为2，其中上、下底面的中心分别为．若从该正方体中挖去两个圆锥，且其中一个圆锥以为顶点，以正方形的内切圆为底面，另一个圆锥以为顶点，以正方形的内切圆为底面，则该正方体剩余部分的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．回文联是我国对联中的一种．用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读．不仅意思不变，而且颇具趣味．相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人．”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为“回文数”．如44，585，2662等；那么用数字1，2，3，4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为（ ）
A．30B．36C．360D．1296
8．已知函数（其中）的部分图象如图所示，有以下结论：
① ②函数为偶函数
③ ④在上单调递增
所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③④C．③④D．①④
9．过双曲线的左焦点作圆的切线，切点为，直线交直线于点．若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．i是虚数单位，则，则的值为 ．
11．设的展开式的二项式系数和为64，则展开式中常数项为 .
12．已知抛物线的焦点为，以点为圆心的圆与直线相切于点，则 .
13．天津相声文化是天津具有代表性的地域文化符号，天津话妙趣横生，天津相声精彩纷呈，是最具特色的旅游亮点之一.某位北京游客经常来天津听相声，每次从北京出发来天津乘坐高铁和大巴的概率分别为0.6和0.4，高铁和大巴准点到达的概率分别为0.9和0.8，则他准点到达天津的概率是 （分数作答）.若他已准点抵达天津，则此次来天津乘坐高铁准点到达比乘坐大巴准点到达的概率高 （分数作答）.
14．在中，，则 ；若点为所在平面内的动点，且满足，则的取值范围是 ．
15．若函数恰有两个不同的零点，且，则的取值范围为 ．
三、解答题
16．在中，角所对的边分别为，已知的面积为，．
(1)求和的值；
(2)求的值．
17．如图，且，且且平面．
(1)若为的中点，为的中点，求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长．
18．已知椭圆的右顶点为，下顶点为，椭圆的离心率为，且．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点在椭圆上（异于椭圆的顶点），点满足（为坐标原点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为中点，求直线斜率．
19．记是等差数列的前项和，数列是等比数列，且满足，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设数列满足，
（ⅰ）求的前项的和；
（ⅱ）求.
20．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若在的图象上有一点列，若直线的斜率为，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求证：．
参考答案：
1．C
【分析】
化简集合，结合交集的概念即可得解.
【详解】由题意，所以.
故选：C.
2．B
【分析】对可得，然后根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】由，则，即，即，
解得得，
则不能推出，能推出，
则“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．D
【分析】
判断出函数的单调性，再结合指数函数以及对数函数的单调性得出，利用函数的单调性即可得答案.
【详解】由于函数在R上均为增函数，
故在R上单调递增，
由于，
故，故，即，
故选：D
4．D
【分析】
A选项，将数据排序后，根据百分位数的定义得到答案；B选项，由正态分布的对称性得到答案；C选项，将样本中心点代入回归方程，求出；D选项，由得到D错误.
【详解】A选项，数据4，1，6，2，9，5，8排序后得到1，2，4，5，6，8，9，
，故选取第5个数据作为第60百分位数，即为6，A正确；
B选项，因为，根据对称性可知，
故，B正确；
C选项，已知经验回归方程为，且，则，
解得，C正确；
D选项，，故不能得到此结论，D错误
故选：D
5．A
【分析】
数形结合和导数分析A选项函数图像特征，根据，奇偶性，单调性，利用排除法选出正确答案.
【详解】
对于A选项，研究
的图像可知与轴有两个交点,且一点为
坐标原点,另一个点横坐标为正，其他函数都不具备这样的特点.
另外因为时
所以为R上的增函数，
所以在R上在某一个值左侧为减函数，右侧为增函数，
结合零点和绝对值对图像的影响可判断A正确.
根据排除D选项，
B选项根据
对于都成立可以判断B为偶函数，与所给图像不符，所以B不正确.
C选项根据当时，为上得增函数
与所给图像不符，所以C不正确.
故选：A
6．D
【分析】
计算出正方体体积、两圆锥的体积及其公共部分的体积即可得.
【详解】两圆锥的体积都为，
则其公共部分为，
故该正方体剩余部分的体积为.
故选：D.
7．B
【分析】依据回文数对称的特征，可知有两种情况：在6个数字中任取1个，在6个数字中任取2个排列，由分类计数原理可得结果.
【详解】由题意知：组成4位“回文数” ，由对称性可知，只需确定后两位数字即可.
可分为以下两种情况：
当后两位数字重复时，即由一个数组成回文数，在6个数字中任取1个，则有种；
当后两位数字不同时，在6个数字中任取2个，按不同顺序排列，有种.
综上，用数字1，2，3，4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为：.
故选：B.
8．B
【分析】
借助图象可得解析式，结合正弦函数的单调性、最值、奇偶性等逐项判断即可得.
【详解】由图可得，，
且，则，即，
，即，
又，故，即，
对①：，由时，函数取最大值，
故是函数的最大值，故①正确；
对②：，故②错误；
对③：，
则，故③正确；
对④：当时，，
由函数在上单调递增，
故函数在上单调递增，故④正确.
故选：B.
9．D
【分析】取右焦点，连接、，作于点，由题意结合几何性质可得相应的边长及角度间的关系，借助余弦定理列出与、、有关齐次式，计算即可得.
【详解】取右焦点，连接、，作于点，
由为圆的切线，故，又，
为中点，故为中点，又，故为中点，
，则，
，则，
，由直线为双曲线的渐近线，
故有，则，
在中，由余弦定理可得，
则，即，
即，化简得，即，
故.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线离心率的求法，关键点在于借助题目所给条件，从几何的角度构造辅助线，得到新的长度关系与角度关系，从而结合题意构造相应与、、有关齐次式，得到离心率.
10．
【分析】
根据复数的乘法法则化简得到，求出.
【详解】由题意得，即，
，
故，
故答案为：
11．
【详解】试题分析：由二项式系数的性质，可得，解可得，；
的展开式为，
令，可得，则展开式中常数项为15．
故答案为：15.
12．
【分析】
由题意可得直线与直线垂直，进而可得出答案.
【详解】，
因为以点为圆心的圆与直线相切于点，
所以直线与直线垂直，
则，解得.
故答案为：.
13．
【分析】根据互斥事件的概率公式，求得他准点到达天津的概率，再结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】设事件为他准点到达天津，事件为他乘坐高铁到达天津，事件为他乘坐大巴到达天津，
若他乘坐高铁，且正点到达天津的概率为；
若他乘坐大巴，且正点到达天津的概率为；
则，且,
所以乘坐高铁准点到达比乘坐大巴准点到达的概率高.
故答案为：，
14．
【分析】
借助模长与数量积的关系即可得，取中点，借助向量的线性运算可得，逐项计算即可得其取值范围.
【详解】，
故，
，
取中点，则，
，，
故，
故.
故答案为：；.
15．
【分析】
借助换元法，设，可得，令可得，再令，借助对勾函数性质即可得的单调性及其值域，若恰有两个不同的实数根、，可得，即可得的取值范围.
【详解】设，则，则，
令，显然,则有，令，
由对勾函数性质可知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
又，，
若恰有两个不同的实数根、，且，则，
令，解得或，故，
即有，故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在与使用换元法及参变分离的方式，得到，再设出函数，结合对勾函数的性质得到的性质，从而借助的性质研究的解的个数，即可得到的取值范围.
16．(1)，
(2)
【分析】
（1）结合面积公式、余弦定理与正弦定理计算即可得；
（2）借助二倍角及两角和的余弦公式计算即可得.
【详解】（1）在中，由，故为钝角，，
的面积为，可得，即，则，
联立，解得，
由，可得，
由正弦定理得，即，解得；
（2）且为锐角，，
，
．
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用空间向量的方法证明线面平行；
（2）根据二面角的定义得到为平面与平面的夹角或其补角，然后求余弦值；
（3）根据线面角的定义得到为直线与平面所成角，然后根据求线段.
【详解】（1）
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，所以，
因为，而平面，
所以∥平面.
（2）连接，过点作于点，
因为，，所以，则共面，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面平面，平面，平面，
所以为平面与平面的夹角或其补角，
，，，，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）取中点，连接，，
因为为中点，，，，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
，，，所以，，
所以线段的长为.
18．(1)
(2)或.
【分析】
（1）根据题意列出关于的方程组，求出，从而可求出椭圆的方程；
（2）根据题意设直线为，代入椭圆方程化简求出点的横坐标，再由为中点，可表示出点的坐标，由求出点的坐标，再由直线与以为圆心的圆相切于点，可得可求出的值.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）因为椭圆的右顶点为，下顶点为，所以，
因为点在椭圆上（异于椭圆的顶点），所以直线的斜率存在且不为零，
所以设直线为，
由，得，
因为，所以，
因为为中点，所以，
所以，所以，
因为，，所以，
因为直线与以为圆心的圆相切于点，
所以，即，
整理得，解得或，
所以直线斜率为或.
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是设出直线的方程，代入椭圆方程可表示出的坐标，从而可表示出点的坐标，再结合圆的知识列方程可求得结果，考查计算能力，属于中档题.
19．(1)，
(2)；
【分析】
（1）借助等差数列与等比数列基本量计算即可得；
（2）借助并项求和法可得，借助分组求和法与错位相减法可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由题知：，解得，
，，
所以，；
（2）（ⅰ），
，，
则
；
（ⅱ），，
则，
则，
故
，
故，又，
故.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的求和方法，关键点在于求取时，由题目所给，通过并项，将分解为.
20．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】
（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）（ⅰ）令，即证在时恒成立，借助导数，多次求导后即可得；（ⅱ）计算可得，由（ⅰ）可得，即可得，借助放缩法可得，结合等比数列求和公式及放缩即可得证.
【详解】（1）
当时，，，所以，
曲线在点处切线的斜率为，
所以切线方程为，即；
（2）
（ⅰ）要证，即证时，，
令，即证在时恒成立，
因为，令，则，
令，则在内单调递增，
所以，即在内单调递增，
所以, 即在内单调递增，
所以，即得证；
（ⅱ）时，
，
由（ⅰ）知，，即，则，
所以
，
，即得证.
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于由（ⅰ）中得到，从而得到，从而借助放缩法，得到.