天津市十二区重点学校2023-2024学年高三下学期毕业班联考（一）数学试题及答案

这是一份天津市十二区重点学校2023-2024学年高三下学期毕业班联考（一）数学试题及答案，共23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．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，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
3．如图是函数的部分图象，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数，若，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
5．已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．6B．9C．11D．14
6．下列说法正确的是（ ）
A．一组数据的第80百分位数为17；
B．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根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0.05；
C．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于0；
D．若随机变量满足，则．
7．如图是函数的部分图象，是图象的一个最高点，是图象与轴的交点，是图象与轴的交点，且的面积等于，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于点对称；
B．函数的最小正周期为；
C．函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到；
D．函数的单调递增区间是.
8．祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为（ ）
A．B．C．D．
9．已知双曲线与抛物线，抛物线的准线过双曲线的焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若，则双曲线的离心率等于（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．已知集合，则 .
11．在的展开式中，的系数是 ．
12．已知圆与圆外切，此时直线被圆所截的弦长为 .
13．甲和乙两个箱子中各装有4个大小相同的小球，其中甲箱中有2个红球、2个白球，乙箱中有3个红球、1个白球，从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到白球的条件下，则2个球都是白球的概率为 ；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于2，就从甲箱子中随机抽出1个球；如果点数大于等于3，就从乙箱子中随机抽出1个球，则抽到红球的概率为 .
14．在平行四边形中，是线段的中点，点满足，若设，，则可用表示为 ；点是线段上一点，且，若，则的最大值为 .
15．已知函数有且仅有2个零点，则实数的取值范围为 .
三、解答题
16．已知的内角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积；
(3)若，求.
17．如图所示，在三棱柱中，平面，.是棱的中点，为棱中点，是的延长线与的延长线的交点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知椭圆过点，焦距是短半轴长的倍，
(1)求椭圆的方程；
(2)点是椭圆上的三个不同点，线段交轴于点异于坐标原点，且总有的面积与的面积相等，直线分别交轴于点两点，求的值.
19．若某类数列满足“，且”，则称这个数列为“型数列”.
(1)若数列满足，求的值并证明：数列是“型数列”；
(2)若数列的各项均为正整数，且为“型数列”，记，数列为等比数列，公比为正整数，当不是“型数列”时，
（i）求数列的通项公式；
（ii）求证：.
20．意大利画家达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么?这就是著名的“悬链线问题”，通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数的图象，定义双曲正弦函数，类比三角函数的性质可得双曲正弦函数和双曲余弦函数有如下性质①平方关系：，②倍元关系：.
(1)求曲线在处的切线斜率；
(2)若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围：
(3)（i）证明：当时，；
（ii）证明：.
参考答案：
1．B
【分析】由复数的除法运算法则以及复数的模的概念即可得到结果.
【详解】，
，
故选：B.
2．A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义分析判断即可.
【详解】因为，当时，有，则成立，即充分性成立；
当时，，即成立，而，即不成立，进而必要性不成立.
所以，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．D
【分析】根据函数的奇偶性可排除C，根据在原点附近的函数值的正负可排除BA，即可求解.
【详解】由图可知：的图象关于轴对称，则为偶函数，
对于A，，为偶函数，
但当取一个很小的正数，例如，选项中的，而原图象中值为负数，故A不符合，舍去，
对于B, ,为偶函数，但是处有意义，但是原函数在处无意义，故B不符合，
对于C，，为奇函数，故C不符合，
故选：D
4．C
【分析】先判断函数自变量大小可得，再根据函数在上的单调性判断即可.
【详解】因为，，
所以，
当时，，
因为，所以在上单调递增，
所以，
故选：C.
5．B
【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式，依据题意列方程组，解方程组解出和，从而得出通项公式，进而即可得到．
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
由，
则有，解得，
所以等差数列的通项公式为，
故．
故选：B．
6．B
【分析】A选项，由百分位数的定义得到答案；B选项，，得到结论；C选项，由相关系数的性质得到C错误；D选项，由方差的性质得到D错误.
【详解】A选项，，故从小到大排列，第8个数和第9个数的平均数作为第80百分位数，
即，A错误；
B选项，由于，得到与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，B正确；
C选项，两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，C错误；
D选项，若随机变量满足，则，D错误.
故选：B
7．D
【分析】根据部分图像求出的表达式，再由函数图像平移及正弦函数性质可判断各项.
【详解】由图像可知，，
即，所以，故B错误；
即，所以，且图像过点，即，
又，所以，所以，
当时，故A错误；
将的图象向右平移个单位长度得到，故C错误；
令，则，函数为增函数，
当时为增函数，
即，解得，
所以函数的单调递增区间是，故D正确；
故选：D.
8．D
【分析】先证明等高处的水平截面截两个几何体的截面的面积相等，由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，计算即可.
【详解】设截面与底面的距离为，在帐篷中的截面为，
设底面中心为，截面中心为，则，，
所以，所以截面为的面积为.
设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为，
底面中心与截面中心之间的距离为，
在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为2，，
所以，所以为等腰直角三角形，
所以，所以四边形边长为，
所以四边形面积为，
所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等，
由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，
即.
故选：D.
9．C
【分析】根据向量关系可得，进而可得，，利用三角形相似可得，将其代入抛物线方程即可求解.
【详解】设双曲线的焦距为，
抛物线的准线过双曲线的焦点，
，
又到的距离，即，
，，
，则，
，得，
过作轴，则，
故，
因此
由于在抛物线上，所以即，
，故，
故．
故选：C．
10．
【分析】解不等式得到，由补集和交集的概念求出答案.
【详解】，解得，
故，
其中，故.
故答案为：
11．
【分析】根据二项式定理求出的通项，求出的值即可得结果.
【详解】由二项式定理知的展开式的通项为：
，
令，解得，
所以的系数是，
故答案为：.
12．
【分析】根据两圆外切，圆心距离等于半径之和，可得，接着计算到直线的距离，最后根据圆的弦长公式计算可得结果.
【详解】由得，
将化为标准方程，得，，
因为两圆外切，所以，即，解得.
到直线的距离，如下图：

则直线被圆所截的弦长.
故答案为：.
13．
【分析】利用条件概率公式摸出的2个球是白球的概率；利用全概率公式求红球的概率.
【详解】记事件表示“抽出的2个球中有白球”，事件表示“两个都是白球”，
则，
故；
即从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到白球的条件下，则2个球都是白球的概率为；
设事件表示“从乙箱中抽球”，则事件表示“从甲箱中抽球”，事件表示“抽到红球”，则，
所以,
即抽到红球的概率是.
故答案为：；
14．
【分析】由向量的线性运算，可将可用，表示出来；再由，可得，从而得，代入向量夹角公式，利用基本不等式求得最值．
【详解】由，可得，
则
；
由，可得，
则，
由，可得，
即，
整理得，
故，
当且仅当时等号成立，
则的最大值为．
故答案为：；．
15．
【分析】根据是否有零点，分类讨论，当时，恒成立，根据题意求解即可；当，时，恒成立，不符合题意，当，时，结合二次函数性质讨论得没有实数根，最后计算可得.
【详解】（1）当，即时，
恒成立，
所以，
因为有两个零点，
所以且，解得或（舍），
所以或；
（2）当，即或，
设的两个根为，且，
当时，恒成立，不满足题意，
当，有有两个解，
因为，，所以与在必有一个交点，
当时，与没有交点，
当时，，所以与在必有一个交点
所以要使方程有且只有两个零点，
则无解，
即没有实数根，
即，解得，
因为，所以，
综上实数的取值范围为：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题得关键在于讨论当时，恒成立，当时，结合二次函数性质，二次项系数越大，开口越小，得出没有实数根，最后计算可得.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）首先分析题意，利用正弦定理进行边角互化，进而通过特殊角的余弦值求解即可.
（2）通过余弦定理列出方程，求解关键边长，进而求出三角形面积即可.
（3）通过正弦定理判断角为锐角，利用二倍角公式结合两角和的正弦公式求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得：， ，
显然则，
又，故；
（2），
由余弦定理可得，整理可得，
又，解得，
（3）由正弦定理得：，则，
，即，则，故为锐角，
，
，
，
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，进而利用向量法即可证明平面；
（2）利用向量法求解直线与平面所成的夹角的正弦值即可；
（3）利用向量法求解平面与平面所成的夹角的余弦值即可.
【详解】（1）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，如下图：

由，得，，
在中，且是棱的中点，则也是的中点，即，，
设平面的一个法向量，则
则，令，得，
，因为，所以，
又因为平面，所以平面．
（2）由（1）知平面的法向量，又，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）设平面的一个法向量，
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．
18．(1)
(2)4
【分析】（1）根据题目条件得到方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）分析出两点关于轴对称，设出直线，故，联立直线与椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出，求出，得到.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意知，解得，
椭圆的方程；
（2）因为的面积与的面积总相等，故为的中点，
结合对称性可知两点关于轴对称，
由题意直线斜率存在且不为0，并且纵截距不为0，
设直线，故，
，化简得，
由得，，
设，则，
则，
直线，令得，
，
所以.
【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
19．(1)，，证明见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）首先分析题意，合理构造等比数列，结合新定义求解即可.
（2）利用给定新定义结合放缩法证明即可.
【详解】（1），令，则，
令，则；由①，
当时，②，
由①②得，当时，，
所以数列和数列是等比数列.
因为，所以，
所以，因此，
从而，所以数列是“型数列”.
（2）（i）因为数列的各项均为正整数，且为“G型数列”，
所以，所以，因此数列递增.又，
所以，因此递增，
所以公比.又不是“型数列”，所以存在，
使得，所以，又公比为正整数，
所以，又，所以，则.
（ii），
因为，所以，
所以，令，当时，，
当时，
【点睛】关键点点睛：本题考查数列，解题关键是合理构造等比数列，然后利用放缩法得到所要求的不等关系即可．
20．(1)
(2)
(3)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）分析题意，利用导数的几何意义进行计算即可.
（2）分类讨论不同种情况，结合导数判断并取舍即可.
（3）利用给定定义将目标式子左面合理放缩，结合裂项相消法求和即可.
【详解】（1），则
所以，可得在处的切线斜率为
（2）令，
则，
下面证明：对任意恒成立,
先证明：对任意.证明如下：设，则，
当时，，函数单调递减，当时，，
函数单调递增，故，故，
继续证明：对任意.
证明如下：令，则，
因此在上单调递增；所以，故
当时，对，都有，函数在上单调递增，
则，解得；
当时，对，
都有，对，都有，
函数在上单调递减，在上单调递增，
则对，都有成立，不符合题意，舍去.
综上所述，实数的取值范围是.
（3）（i），令，则所以在上单调递增，所以
所以当时，成立；
（ii）下面证明：当时，成立，
令，则
由前问解答过程，对任意成立，所以
所以在上单调递增，所以
所以当时，成立
令且，可得，
即，
由题意，令且，可得，因为
所以，
由①当时，，所以令且，可得
所以，
由前面解答过程得，对任意成立，
令且，可得，
所以，
又且，所以，
所以所以可得
，
即可得.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列与导数新定义结合，解题关键是对目标式子左侧合理放缩，然后使用裂项相消法求和，得到所证明的不等关系即可．