天津市河东区2024届高三下学期二模数学试卷(解析版)

这是一份天津市河东区2024届高三下学期二模数学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设全集，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】∵ ，，
∴ ,又，
∴ ，
故选:D.
2. 已知，为非零实数，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
【答案】A
【解析】当时，同号且非零，则，所以.
当时，如，则，无法得到.
所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A
3. 函数的图像为 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】先根据函数为奇函数，舍去B,C
再根据x等于1时，函数值大于零，舍去D故选：A.
4. 已知函数，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，且，故；
，，故，
又因为函数在上单调递减，所以，故选：C
5. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法不正确的是（ ）
A. 的最小正周期为B.
C. 是图象的一条对称轴D. 为奇函数
【答案】C
【解析】依题意，，
函数的周期，A正确；
，B正确；
因，即不是图象的一条对称轴，C不正确；
定义域为R，，为奇函数，D正确.
故选：C
6. 已知直线与圆相交于两点，且，则实数（ ）
A 或B. C. 或D.
【答案】A
【解析】圆，即的半径为，圆心为，
因为，所以点到直线的距离为，
所以，解得或.
故选：A.
7. 下列说法中正确的是（ ）
A. 具有线性相关关系的变量，，其线性回归方程为，若样本的中心，则
B. 数据3，4，2，8，1，5，8，6的中位数为5
C. 将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差变大
D. 若甲、乙两组数据的相关系数分别为和0.89，则甲组数据的线性相关性更强
【答案】D
【解析】对于A,把代入，可得，解得，故A错误；
对于B，数据3，4，2，8，1，5，8，6，即1，2，3，4，5，6，8，8的中位数为，故B错误；
对于C，将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差不变，故C错误；
对于D，若甲、乙两组数据的相关系数分别为和0.89，，因为，则甲组数据的线性相关性更强，故D正确．
故选：D．
8. 如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】取的中点，连接， 易知，所以平面与交点为.

设长方体的长、宽、高分别为，则.
平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为
.
故选：A.
9. 双曲线的左、右焦点分别为，Q为线段上一点，P为双曲线上第一象限内一点，，与的周长之和为，且它们的内切圆半径相等，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】记与的周长分别为与，
设与的内切圆半径为，
则，
根据，得，
又与的周长之和为，
所以．
因为，
又，所以可得．又，
所以．
由可得，
即，化简得，所以离心率．故选：A
二、填空题
10. 是虚数单位，复数_________．
【答案】
【解析】.
故答案为：.
11. 在的展开式中的系数为，则实数__________．
【答案】
【解析】因为展开式的通项公式，
令，则，即，故答案为：．
12. 甲袋中有3个红球，2个白球和1个黑球，乙袋中有4个红球，1 个白球和1个黑球（除颜色外，球的大小、形状完全相同）.先从甲袋中随机取出1球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1球.分别以，，表示由甲袋取出的球是红球，白球和黑球的事件，以表示由乙袋取出的球是红球的事件，则P______，______.
【答案】
【解析】甲袋中有3个红球，2个白球和1个黑球，乙袋中有4个红球，1个白球和1个黑球（除颜色外，球的大小、形状完全相同）．
先从甲袋中随机取出1球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1球．
分别以，，表示由甲袋取出的球是红球，白球和黑球的事件，以表示由乙袋取出的球是红球的事件，
则，，
，
，，，
，，，
，，，
（B）．
故答案为：；．
13. ，，且恒成立，则的最大值为_____．
【答案】4
【解析】由于恒成立，且
即恒成立
只要的最小值即可
，，故，因此
故答案为：4．
14. 如图所示，正方形的边长为，正方形边长为1，则的值为__________.若在线段上有一个动点，则的最小值为_________.
【答案】6
【解析】由已知得正方形与正方形的中心重合，不妨设为，
所以，，
则
；
，
显然，当为的中点时，，
所以故答案为：6；．
15. 已知函数，，若方程恰有2个不同的实数根，则实数的取值范围为____________.
【答案】,,．
【解析】依题意画出的图象如图所示：
因为函数，
所以，
当直线与相切时，
由，得，
，解得，
由图可知，①当时，函数的图象与的图象无交点，不满足题意；
②当时，函数的图象与的图象交于点，不满足题意；
③时，当经过函数图象上的点时，恰好经过函数图象上的点，
则要使方根恰有2个不同的实数根，
只需，即，故；
④当时，函数图象与的图象有3个交点，不满足题意；
⑤当时，函数的图象与的图象有2个交点，满足题意．
综上，或．
所以的取值范围为：,,．
故答案为：,,．
三、解答题
16. 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知．
（1）求角的大小；
（2）设，，求和的值．
解：（1）在中，由正弦定理，可得，
又由，得，
即，可得．
又因为，可得．
（2）在中，由余弦定理及，，，
有，故．
可得．又因为，故．
因此，，
所以，
17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中为棱上的点，且,为棱上的点，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的的余弦值；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：取中点，连接交于，设交于，
由已知得四边形为边长是2的正方形，是中点，
因为，，，
所以，所以，
所以、、、四点共圆，所以，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面．
（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，，，，，
设，因为，所以，所以
由（1）知平面的法向量为，
，2，，，，，
设平面的法向量为，，，
，
令，，2，，
设二面角的大小为，
，
故平面与平面的夹角的余弦值．
（3）解：因为，设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
18. 已知椭圆的左焦点为，且过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过作一条斜率不为0的直线交椭圆于、两点，为椭圆的左顶点，若直线、与直线分别交于、两点，与轴的交点为，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由．
解：（1）由题知，椭圆的右焦点为，且过点，结合椭圆定义，
所以，所以．
又，所以，则的标准方程为．
（2）设直线的方程为，，，
由，得，
易知，
所以，，
直线的方程为，令得，，
同理可得，
所以
，为定值．
19. 已知数列是公差不为零的等差数列，满足，，正项数列的前项和为，且．
（1）求数列和的通项公式；
（2）在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；…；在和之间插入个数，，…，，使，，，，成等差数列．
（ⅰ）求；
（ⅱ）求的值．
（1）设数列的公差为，由题意知，，解得，所以，因为数列的前项和为，且满足，
当时，，
当时，，
经验证当时，也满足上式，
综上得，．
（2）（ⅰ）在和之间插入个数，，，
因为，，，…，成等差数列，
所以设公差为，，
则．
（ⅱ）设，
则
，
设，
即，
，
．
所以，．
20. 已知函数，其中为正实数.
（1）若函数在处的切线斜率为2，求的值；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数有两个极值点，求证：
（1）解：因为，所以，
则,所以的值为1．
（2）解：，函数的定义域为，
若,即,则,此时的单调减区间为;
若,即,则的两根为,
此时的单调减区间为,,
单调减区间为．
（3）证明：由（2）知，当时，函数有两个极值点,且．
因
要证,只需证．
构造函数，则，
在上单调递增,又,且在定义域上不间断,
由零点存在定理，可知在上唯一实根, 且．
则在上递减, 上递增,所以的最小值为．
因,
当时, ,则,所以恒成立．
所以,所以，得证．