2024年高考数学二轮复习测试卷（天津专用）-2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，解得，
所以，，.
故选：C.
2．已知，则是的（ ）条件．
A．必要不充分B．充分不必要
C．充要D．既不充分也不必要
【答案】B
【解析】记集合,,A真包含于B，所以是的充分不必要条件．
故选：B.
3．设，，，则三者的大小顺序是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由对数函数的性质可知， ，
由对数换底公式得： ，
由对数函数的性质可知 ，∴ ，
由以上判断得： ；
故选：A.
4．已知函数，则函数的图象是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为的定义域为，所以的定义域为，所以排除A，C．
因为，所以，所以排除B．
故选：D
5．函数向左平移个单位得到，若是偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，
在中，向左平移得到，
所以，
因为为偶函数，
所以，
又因为，
所以，
故选：D.
6．已知正项等比数列中，，，成等差数列.若数列中存在两项，，使得为它们的等比中项，则的最小值为（ ）
A．1B．3C．6D．9
【答案】B
【解析】设正项等比数列公比为，由，，成等差数列，
有，即，得，由，解得，
若数列中存在两项，，使得为它们的等比中项，
则，即，得，则，
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为3.
故选：B
7．已知甲､乙两组样本数据分别为和，则下列结论正确的为（ ）
A．甲组样本数据的中位数与乙组样本数据的中位数一定相等
B．甲组样本数据的平均数与乙组样本数据的平均数一定相等
C．甲组样本数据的极差可能会大于乙组样本数据的极差
D．甲组样本数据的方差一定不大于乙组样本数据的方差
【答案】B
【解析】对于A选项：
若甲组样本数据的中位数为，
且5个数据由小到大排列为：时；
那么乙组样本数据的大小排列为：，
此时乙组样本数据的中位数为，
故用反例法证明了A选项错误.
对于B选项：
甲组样本数据的平均数……①
甲组样本数据的平均数……②
①②式相等，故B选项正确.
对于C选项：
设
分三种情况讨论：
情况一：变化只改变了最大值，即……③
由不等式性质对上式变形有：……④
④说明：甲组样本数据的极差乙组样本数据的极差；
情况二：变化只改变了最小值，即……⑤
对⑤式利用不等式变形有：……⑥
⑥说明：甲组样本数据的极差乙组样本数据的极差；
情况三：变化改变了最大值与最小值，即……⑦；……⑧
对⑦利用不等式变形有：……⑨
⑧⑨有：……⑩
⑩说明：甲组样本数据的极差乙组样本数据的极差；
综上所述：只能得到甲组样本数据的极差乙组样本数据的极差，故C错误.
对于D选项：
设甲组数据的分别为；
那么乙组数据的分别为；
此时有；故D选项错误.
综上所述应选B.
故选：B.
8．《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，平面，，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为平面，、平面，
所以，，
因为，，、平面，
所以平面，
如图所示，设为球与平面的交线，
则，，所以，
所以所在的圆是以为圆心，为半径的圆，
因为且，
所以，所以弧的长为．
故选：B.
9．双曲线：的离心率为，实轴长为4，的两个焦点为，.设O为坐标原点，若点P在C上，且，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意可得，所以，
在中，由余弦定理得，
，
由于，所以，故，
由于是的中点，所以 ，
则，即，
即，①
而，两边平方并整理得，，②
联立①②可得 .
故选：B．
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10．为虚数单位，复数满足，则的虚部为 ．
【答案】
【解析】因为，
所以，
所以复数的虚部为，
故答案为：.
11．的展开式中的常数项为 .
【答案】40
【解析】依题意，的展开式的通项为，令可得.
故常数项为.
故答案为：40
12．直线与圆相交于两点，若点为圆上一点，且为等边三角形，则的值为 ．
【答案】
【解析】由题意知，,
所以,
则圆心到直线的距离为：
，
则，
故答案为：.
13．甲和乙两个箱子中各装有10个球，其中甲箱中有5个红球，5个白球，乙箱中有8个红球，2个白球，A同学从乙箱子中随机摸出3个球，则3个球颜色不全相同的概率是 ，同学掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲箱子随机摸出1个球，如果点数为3，4，5，6，从乙箱子中随机摸出1个球，则B同学摸到红球的概率为 ．
【答案】 /0.7
【解析】A同学从乙箱子中随机摸出3个球，全是红球的概率为，
故3个球颜色不全相同的概率为，
同学掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，
从甲箱子随机摸出1个球为红球的概率为，
如果点数为3，4，5，6，从乙箱子中随机摸出1个球为红球的概率为，
则B同学摸到红球的概率为.
故答案为：；.
14．在平行四边形中，，是的中点，，若设，则可用，表示为 ；若的面积为，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】如图所示，根据向量的运算法则，
可得，
设，因为的面积为，可得，即，
又由
，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：；.
15．已知函数，则函数存在 个极值点；若方程有两个不等实根，则的取值范围是
【答案】 4；
【解析】对于函数．
当时，．
令，解得：或；令，解得：；
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
而，；，．
当时，．
令，解得：；令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增．
而；，，．
作出的图象如图所示：
所以函数存在4个极值点.
解关于的方程有两个不相等的实数根,
即关于的方程有两个不相等的实数根，
只有一个实数根，所以关于的方程有一个非零的实数根，
即函数与有一个交点，横坐标．
结合图象可得：或，
所以的取值范围是．
故答案为：4；.
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
16．（14分）
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求；
(2)若，，求；
(3)若，求．
【解析】（1）在中，由正弦定理及，
得，
则，
而，则，又，所以.
（2）由，得，由（1）及余弦定理，
得，解得，
所以.
（3）由及正弦定理，得，则，
显然，即，则A为锐角，，
于是，，
所以.
17．（15分）
如图所示，在三棱柱中，平面，，，D是棱的中点，是的延长线与的延长线的交点．
(1)求证平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【解析】（1）在三棱柱中，连接，连接，
由，是棱的中点，得是的中点，
由为平行四边形，得为线段中点，于是，而平面，平面，
所以平面.
（2）在三棱柱中，平面，，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，
则，显然平面的一个法向量，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值.
（3）由（1）知，点平面，由（2）知，
设平面的法向量，则，令，得，
所以点到平面的距离.
18．（15分）
已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为，，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过作不平行于坐标轴的直线与椭圆交于，两点，直线交轴于点，直线交轴于点，若，求直线的方程.
【解析】（1）由题意，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为，
所以，即，①
又因为离心率，②
联立①②，解得，所以椭圆的方程为.
（2）
设，，，，
由（1）可知，，，由题意可设直线，
则，；
联立，得．
则，．
由直线的方程：，得纵坐标；
由直线的方程：，得的纵坐标．
若，即，
，
所以，整理得，
代入根与系数的关系，得，解得，
所以直线方程：或.
19．（15分）
已知是等差数列，，.
(1)求的通项公式和；
(2)已知为正整数，记集合的元素个数为数列.若的前项和为，设数列满足，，求的前项的和.
【解析】（1）由题意，（分别是首项，公差），解得，
所以的通项公式为，
所以.
（2）由题意且为正整数，即，所以，
所以，
所以，
所以的前项的和为
.
20．（16分）
已知函数.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若对任意的恒成立，求实数a的取值范围；
(3)当时，证明：.
【解析】（1）当时，，
所以，则在处的切线方程为：，
化简得；
（2）由题意知的定义域为且，
当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
解得，即a的取值范围是；
（3）记，
所以，
令，，
所以，所以即在上单调递增.
又，所以，，
所以，使得，即，
所以，，
所以当，，单调递减：
当，，单调递增，
所以
由（2）知，，故，
所以.
又，所以，
故，即，原不等式得证