天津市河西区2024届高三下学期第一次质量调查数学试题（含解析）

这是一份天津市河西区2024届高三下学期第一次质量调查数学试题（含解析），共19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，，，（ ）
A．B．
C．D．
2．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知函数在区间的图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）

A．B．C．D．
4．随着居民家庭收入的不断提高，人们对居住条件的改善的需求也在逐渐升温．某城市统计了最近5个月的房屋交易量，如下表所示：
若与满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则下列说法错误的是（ ）
A．根据表中数据可知，变量与正相关
B．经验回归方程中
C．可以预测时房屋交易量约为（万套）
D．时，残差为
5．在等比数列中，则为（ ）
A．B． C．D．
6．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，若将函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．将的图象向右平移个单位长度后，得到的函数图象关于轴对称
C．当取得最值时，
D．当时，的值域为
8．已知一圆锥内接于球，圆锥的表面积是其底面面积的3倍，则圆锥与球的体积之比是（ ）
A．B．C．D．
9．已知双曲线C：（，）的焦距为，左、右焦点分别为、，过的直线分别交双曲线左、右两支于A、B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线C的方程为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
10．i是虚数单位，复数 .
11．展开式中的系数为 ．
12．已知抛物线上的点P到抛物线的焦点F的距离为6，则以线段PF的中点为圆心，为直径的圆被x轴截得的弦长为 ．
13．举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望 ；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是 ．
14．在中，D是AC边的中点，，，，则 ；设M为平面上一点，且，其中，则的最小值为 ．
15．已知函数，方程有两个实数解，分别为和，当时，若存在使得成立，则的取值范围为 ．
三、解答题
16．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角B的大小；
(2)设，．
（ⅰ）求a的值；
（ⅱ）求的值．
17．已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点．

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)求点到平面的距离．
18．已知各项均为正数的数列的前n项和为，且满足，数列为等比数列，且满足，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)求证：；
(3)求的值．
19．已知椭圆的上、下顶点为、，左焦点为，定点，．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作斜率为（）的直线交椭圆于另一点，直线与轴交于点（在，之间），直线与轴交于点，若，求的值．
20．已知函数，.
（1）若，求的取值范围；
（2）求证：存在唯一极大值点，且知；
（3）求证：.
时间
1
2
3
4
5
交易量（万套）
0.8
1.0
1.2
1.5
参考答案：
1．C
【分析】先化简，再求出，进而求出即可.
【详解】解：因为，，
所以，所以.
故选：C
2．B
【分析】根据分式不等式和一元二次不等式的解法，结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】由得，解得，
由得，所以，解得，
所以“”是“”成立的必要不充分条件.
故选：B
3．C
【分析】结合函数图像，根据函数的奇偶性及特殊点的函数值可判断结果.
【详解】当时，，所以，由图可知A错误；
由偶函数定义，得为偶函数，由题给图象可知函数是奇函数，故B错误；
当时，，由图可知D错误；
由奇函数定义可知函数为奇函数，当时，
当时，，选项C均符合图像特征，故C正确；
故选：C.
4．D
【分析】首先求出、，根据回归方程必过样本中心点求出参数，从而得到回归方程，再一一判断即可.
【详解】对于B，依题意，，
所以，解得，所以，故B正确；
对于A，因为经验回归方程，，
所以变量与正相关，故A正确；
对于C，当时，，
所以可以预测时房屋交易量约为（万套），故C正确；
对于D，当时，，
所以时，残差为，故D错误.
故选：D
5．B
【分析】先根据基本量运算求出等比数列中，从而判断是等比数列，最后应用求和公式计算即可.
【详解】令的公比为，因为，所以，解得.
根据等比数列的性质可知，数列是公比为首项为的等比数列，
所以.
故选：B.
6．A
【分析】先解出需要比较大小的数，找中间变量结合指数函数单调性比较大小即可.
【详解】因为所以
由得，故，
构造，又，故单调递增，
则有，显然，
所以
故选：A.
7．D
【分析】利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简函数解析式，再依题意求出，最后根据正弦函数的性质一一分析即可.
【详解】因为
，
又因为将函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，且，
所以，解得，
所以，
所以的最小正周期，故A错误；
将的图象向右平移个单位长度得到，
又为奇函数，函数图象不关于轴对称，故B错误；
令，，解得，，
令，，解得，，
所以当取得最大值时，，
当取得最小值时，，
则当取得最值时，，故C错误；
当时，所以，
即当时，的值域为，故D正确；
故选：D
8．B
【分析】首先利用圆锥的表面积是其底面面积的3倍以及直角三角形的性质，求出球的半径和圆锥的底面半径的关系，进一步求出圆锥的体积和球的体积的比值．
【详解】如图所示，设圆锥的底面圆圆心为点，延长与球面交于.
设圆锥底面半径为r，母线为l，则，得，
圆锥的高
设球半径为R，则中，
有，即，
即，
，故，
故选：B.

9．A
【分析】根据可知，再根据角平分线定理及双曲线定义得是等边三角形，根据边的关系利用余弦定理即可得结果.
【详解】因为，所以，所以，
所以，又，
所以，
又平分，由角平分线定理可知，，
所以，所以，
由双曲线定义知，
所以，，
所以，，，故是等边三角形，
所以，在中，
，
化简得：，所以，
双曲线C的方程为，
故选：A.

【点睛】方法点睛：根据向量共线，角平分线定理及双曲线定义，结合余弦定理可解此题.
10．
【分析】根据复数的除法运算，即可求解.
【详解】解：，
故答案为：
11．
【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．
【详解】解：，
故它的展开式中的系数为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
12．4
【分析】首先利用抛物线定义确定P点坐标，进而可得以的中点为圆心，长度为直径的圆的方程，再代入计算可得弦长.
【详解】抛物线的焦点，准线为，
由题意得，结合抛物线定义知P点到准线的距离为6，

则，
代入横坐标可得，即，
所以的中点坐标为或，
，
所以以的中点为圆心，长度为直径的圆的方程为或，
圆心到轴距离为，所以与截得的弦长为，
故答案为：4.
13．
【分析】记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件，依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望，再由条件概率的概率公式求出.
【详解】依题意随机变量的可能取值为、、，则；；
，
所以随机变量的概率分布为
所以随机变量的期望为.
记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件，
则，
,
所以，
所以甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率为.
故答案为：；
14． 4
【分析】以为基底，由，求出；建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算把表示为关于的函数，由二次函数性质求最小值.
【详解】中，D是AC边的中点，，，
，
解得，即；
中，，，，
以为坐标原点，为轴，点在第一象限，建立如图所示为平面直角坐标系，

则有，设
由，得，
解得，，即，
则有，，
，
则有时，有最小值.
故答案为： 4；.
15．
【分析】根据分段函数各区间的性质，结合已知条件，将时，存在使成立，转化为在有解，进而求参数范围.
【详解】作出函数与的图象，易得两函数交点位于两侧，
若存在使得成立，又关于对称，
那么与有交点，
如下图有与关于对称，那么就有；

令，令；
即在有解；
所以，即的取值范围为．
故答案为：
16．(1)
(2)(i)；(ii)
【分析】（1） 由已知结合正弦定理及余弦定理列出方程即可求解B；
（2） (i) 由余弦定理结合上问求边长即可.
(ii) 利用余弦定理结合同角平方关系可求的正弦和余弦值，然后结合二倍角公式及两角和的正弦公式即可求解.
【详解】（1）由正弦定理，可化为
（2）（i）由余弦定理得，由
得解得
（ii）由余弦定理得，，
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，计算出，即可证明；
（2）求出平面的法向量，利用向量法求出线面角的正弦值，即可求出夹角；
（3）由计算出点到面的距离.
【详解】（1）因为平面，，
如图以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，
则，

所以，
因为，
所以.
（2）设平面的法向量，，
则，即，取，得，
设直线与平面所成角为，
则，又，
所以，所以直线与平面所成角的大小为.
（3）设点到平面的距离为，因为，
所以，所以点到平面的距离为.
18．(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由与的关系求数列的通项公式，由已知条件求的首项和公比，得通项公式；
（2）求等差数列的前n项和为，作差法证明；
（3）裂项相消求，错位相减求，可求的值．
【详解】（1）由，得①，则②，
②①得，整理得，
由，得，
又时，，解得，
所以数列是首项为1公差为2的等差数列，则，
即数列的通项公式为；
设等比数列公比为，由，有，，
则，
，解得，则，
即数列的通项公式为.
（2）由，得，
则，
所以.
（3）设，
，
，
设，，
则，
，
两式相减，得
，
则有，得，
所以.
19．(1)
(2)或
【分析】（1）依题意可得为、的中点，即可求出、，再求出，即可得到椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出，，从而表示出的方程，即可得到，再求出，最后由三角形的面积得到，从而得到关于的方程，解得即可.
【详解】（1）由题意，，则为、的中点，
所以，，
，，即，
，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为，
与椭圆的方程联立，，整理得，
，
所以，
直线与相交于点，令，
所以直线的斜率为，
直线的方程为，
令，，
由，
又，
，
，即，
所以，
所以，
所以，解得或，
所以的值为或.
【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出，从而得到.
20．（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）将，转化为恒成立，利用导数法求解；
（2）求导，再令，再利用导数法结合零点存在定理证明；
（3）由（1）知，得到，由（2）知，易得，再令，利用导数法证明即可.
【详解】（1）由，可得恒成立，
令，
则，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，
所以，
故的取值范围是.
（2）证明：由，则，
再令，
因为在上恒成立，
所以在上单调递减，
因为当时，，，
于是存在，使得，即，①
并且当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
于是存在唯一极大值点，且.
（3）证明：由（1）知，当时，，
又，所以，
于是当时，，
由（2）并结合①得：
易知在时单调递减，
所以，
设，其中，
因为在时恒成立，
所以在时单调递增，于是，
从而有，
所以原不等式成立.
1
2
3