决战2024高考押题卷 数学（天津卷01）

这是一份决战2024高考押题卷 数学（天津卷01），共21页。
数学
（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，用铅笔把答题卡上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、单项选择题（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．设全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．p是q的充分不必要条件B．p是q的充要条件
C．q是p的必要不充分条件D．q是p的充分不必要条件
3．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数的部分图象如图所示，则此函数的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知等比数列的前项和，满足，则（ ）
A．16B．32C．81D．243
6．已知函数的最大值是4，最小值是0，最小正周期是，直线是其图象的一条对称轴，则下列各式中符合条件的解析式是（ ）
A．B．
C．D．
7．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．
8．在炎热的夏天里，人们都喜欢在饮品里放冰块.如图是一个高脚杯，它的轴截面是正三角形，容器内有一定量的水.若在高脚杯内放入一个球形冰块后，冰块没有开始融化前水面所在的平面恰好经过冰块的球心（水没有溢出），则原来高脚杯内水的体积与球的体积之比是（ ）
A．1B．C．D．
9．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在双曲线C的右支上，，若与C的一条渐近线l垂直，垂足为N，且，其中O为坐标原点，则双曲线C的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分．
10．i是虚数单位，复数 .
11．的展开式中的系数为 .
12．已知过原点O的一条直线l与圆C：相切，且l与抛物线交于O，P两点，若，则 ．
13．有两台车床加工同一型号的零件，第一台车床加工的优秀率为15%，第二台车床加工的优秀率为10%．假定两台车床加工的优秀率互不影响，则两台车床加工零件，同时出现优秀品的概率为 ；若把加工出来的零件混放在一起，已知第一台车床加工的零件数占总数的60%，第二台车床加工的零件数占总数的40%，现任取一个零件，则它是优秀品的概率为 ．
14．如图，平行四边形中，，，，，设，，用，表示 ， ．
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：本题共5小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．在非等腰中，，，分别是三个内角，，的对边，且，，.
(1)求的值；
(2)求的周长；
(3)求的值.
17．如图，四棱锥中，，平面平面，，为的中点.
（1）求证平面；
（2）求点到面的距离
（3）求二面角平面角的正弦值
18．已知椭圆：，其离心率为，若，分别为的左、右焦点，轴上方一点在椭圆上，且满足，．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于另一点，点与点关于轴对称，直线交轴于点，若的面积是的面积的2倍，求直线的方程．
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．设函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设函数
（i）当时，取得极值，求的单调区间；
（ii）若存在两个极值点，证明：.
参考答案：
1．A
【分析】利用集合的交并补运算即可得解.
【详解】因为全集，集合，所以，
又，所以，
故选：A.
2．D
【分析】先化简命题，再利用充分必要条件的定义分析得解.
【详解】解：由题得.
当命题成立时，命题不一定成立，所以p是q的非充分条件，q是p的非必要条件；
当命题成立时，命题一定成立，所以p是q的必要条件，q是p的充分条件.
所以p是q的必要非充分条件，q是p的充分非必要条件.
故选：D
3．B
【分析】根据对数函数和指数函数的性质确定的范围，由此比较的大小.
【详解】函数为上的减函数，又，
所以，故；
函数为上的减函数，又，
所以，故；
函数为上的增函数，又，
所以，故；
所以，
故选：B.
4．C
【分析】根据函数图象关于原点对称可知原函数为奇函数，利用奇偶性可排除D，结合函数定义域为可排除B；利用函数单调性可排除A，由此可得正确选项.
【详解】对于A，，
又的定义域为，
为上的奇函数，图象关于原点对称，与已知图象相符；
当时，为增函数，为增函数，又在上单调递增，
由复合函数单调性可知：在上单调递增，
又，
在上单调递减，与已知图象不符，A错误；
对于B，由得：，的定义域为，与已知图象不符，B错误；
对于D，，
不是奇函数，图象不关于原点对称，与已知图象不符，D错误.
故选：C.
5．A
【分析】根据，作差得到等比数列的公比为，再求出，最后根据等比数列的通项公式计算可得.
【详解】等比数列的前项和为，且，
∴，
∴，∴，故等比数列的公比为．
在中，
令，可得，∴，则．
故选：A．
6．C
【分析】根据最值求得，根据周期求得，根据对称轴可求得，从而可求解.
【详解】因为最大值是4，最小值是0，所以，解得，
因为最小正周期是，所以，解得，
因为直线是其图象的一条对称轴，所以，
所以，又因为，所以当，
所以所求解析式可能为.
故选：C
7．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
8．D
【分析】如图，设球的半径为，根据勾股定理求得，结合圆锥和球的体积公式计算即可求解.
【详解】如图，圆与AB切于点D，设球的半径为，
则，且，
有，即，得，
所以水的体积，
所以水的体积与球的体积之比是.
故选：D.
9．C
【分析】利用中位线的性质得到，且，根据得到，然后利用点到直线的距离公式得到，最后再直角三角形中利用勾股定理列方程得到，即可得到双曲线方程.
【详解】因为，，且为中点，所以，且，
因为，所以，解得，
直线l的方程为，所以，则，在直角三角形中利用勾股定理得，解得，所以双曲线的标准方程为.
故选：C.
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】利用二项式定理的通项公式求解.
【详解】的展开式的通项，
令，得，所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
12．3
【分析】根据直线与圆相切可得，进而联立直线与抛物线方程，可得，即可根据两点间的距离公式求解.
【详解】由于圆心为，半径为，故直线一定有斜率，
设方程为，则，解得，
故直线方程为，
联立与可得或，
故，故，
故答案为：3

13．
【分析】根据独立事件的乘法公式即可求解第一空，根据全概率公式即可求解第二空.
【详解】由于第一台车床加工的优秀率为15%，第二台车床加工的优秀率为10%，所以两台车床加工零件，同时出现优秀品的概率为
记 “加工的零件为优秀品”， “零件为第1台车床加工“， “零件为第2台车床加工“，，，，，
由全概率公式可得，
故答案为：
14． ；
【分析】根据平面向量加法的几何意义和共线向量的性质，结合平面向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.
【详解】空一：因为，
所以；
空二：因为，
所以，
因此，
因为，，，所以，
所以，
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）由正弦定理得，根据，解得．
（2）由余弦定理，建立方程 ，根据，，互不相等，求得，即可求出周长．
（3）由，得，应用二倍角的三角函数求得，应用两角和差的三角函数求.
【详解】（1）在中，由正弦定理，，，
可得，
因为，所以，即，
显然，解得．
（2）在中，由余弦定理，
得，解得或．
由已知，，互不相等，所以，
所以．
（3）因为，所以，
所以，，
所以.
17．（1）见详解；（2）；（3）
【分析】（1）通过取中点，利用中位线定理可得四变形为平行四边形，然后利用线面平行的判定定理，可得结果.
（2）根据,可得平面，可得结果.
（3）作，作，可得二面角平面角为，然后计算，可得结果.
【详解】（1）取中点，连接，如图
由为的中点，所以//且
又，且，
所以//且，
故//且，
所以四变形为平行四边形，故//
又平面，平面
所以//平面
（2）由，平面
平面平面，
平面平面
所以平面，又平面
所以，由，
所以为正三角形，所以
则平面
所以平面，且
所以点到面的距离即
（3）作交于点，
作交于点，连接
由平面平面，平面平面
平面平面，
所以平面，平面，
所以，又
平面，所以平面
又平面，所以
所以二面角平面角为
，又为等腰直角三角形
所以，所以
所以
又二面角平面角为
故
所以二面角平面角的正弦值为
【点睛】本题考查了线面平行的判定定理，还考查了点面距和面面角的求法，第（3）中难点在于找到二面角的平面角，掌握定义以及综合线面，面面的位置关系，细心计算，属中档题.
18．(1)
(2)，
【分析】（1）依题意可得且，根据数量积的运算律，求出，再根据离心率及，求出、，即可得解；
（2）由（1）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，即可求出点坐标，从而得到点坐标，再求出直线方程，求出的坐标，由的面积是的面积的2倍，可得或，即可求出，从而求出直线方程；
【详解】（1）解：因为，所以，且
又，所以，
即，即，所以，
又离心率，所以，，所以，
所以椭圆方程为；
（2）解：由（1）可得点的坐标为，
依题意直线的斜率存在，设直线的方程为，
由消去整理得，解得或，
所以点坐标为，
从而点坐标为，
所以直线的方程为，
则点的坐标为，
因为的面积是的面积的2倍，
所以或，
当时，即，解得，所以直线的方程为；
当时，即，解得，所以直线的方程为；
所以满足条件的直线的方程为，
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)（i）单调增区间为，，单调减区间为
（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）（i），时，取得极值，所以，求出，进而可求出函数的单调区间；
（ii），存在两个极值点，即方程，在上有两个不等实根，所以，而等价于，构造函数即可得证.
【详解】（1），
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）（i），
，
∵时，取得极值，∴，解得，
∴，
令，得或；令，得，
∴的单调增区间为，，单调减区间为；
（ii），
∵存在两个极值点，
∴方程，即在上有两个不等实根.
∵，解得，
则
∴所证不等式等价于，
即，
不妨设，即证，
令，，
则，
∴在上递增，∴，
∴成立，
∴.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.