天津市五所重点校2024届高三(上)期末质量联合测试数学试卷(解析版)

这是一份天津市五所重点校2024届高三(上)期末质量联合测试数学试卷(解析版)，共14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。
一、选择题（本题共9小题，每题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.
【答案】D
【解析】由可得，解得，
因为全集，所以，
所以
故选：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
【答案】A
【解析】由，得，必有，
而当时，可以是负数，如成立，却有，
所以“”是“”充分不必要条件.
故选：A.
3. 中国茶文化博大精深、茶水的口感与茶叶的类型和水的温度有关，某数学建模小组建立了茶水冷却时间和茶水温度的一组数据，经过分析，提出了四种回归模型，①②③④四种模型的残差平方和的值分别是．则拟合效果最好的模型是（ ）
A. 模型①B. 模型②C. 模型③D. 模型④
【答案】B
【解析】对于回归模型，残差平方和越小，回归模型的拟合效果越好，故拟合效果最好的模型是模型②.
故选：B.
4. 已知，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】易知，，
由在R上单调递增得，
而在上单调递增，所以，
综上.
故选：B
5. 某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的.如图所示，已知正方体边长为6，则该石凳的体积为（ ）
A. 180B. 36C. 72D. 216
【答案】A
【解析】根据题意可知该石凳的体积为.
故选：A
6. 如图为函数的大致图象，其解析式可能为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对A，因为，与图象不符，故A错误；
对B，，，所以函数是奇函数，这与图象不符，
故B错误；
对D，当时，，，所以此时无零点，与图象不符，故D错误.
故选：C.
7. 已知，，，，则（ ）
A. 2B. 5C. 10D. 20
【答案】D
【解析】∵，∴，即，
由基本不等式可知，又因为，
所以，即满足基本不等式取等条件，即，
故选：D.
8. 已知函数，其图象相邻两个对称中心之间的距离为，且直线是其一条对称轴，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数在区间上单调递增
C. 点是函数图象的一个对称中心
D. 将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到一个奇函数的图象
【答案】C
【解析】对于A，由题意可知，函数的最小正周期为，A错误；
，，
因为直线是函数的一条对称轴，则，
得，因为，则，所以，.
对B，当时，，故函数在区间上不单调，B错；
对C，，故点是函数图象的一个对称中心，C对；
对D，由题意可知，，不为奇函数，D错.
故选：C.
9. 已知分别为双曲线的左、右焦点，过向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为点，且（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】设双曲线焦距为，则F1-c,0、，
不妨设渐近线的方程为，如图：

因为直线与直线垂直，则直线的方程为，
联立可得，即点，
所以，，
因为，所以，
又，故，
所以，
，
整理可得，
所以，又，
所以，
故该双曲线的渐近线方程为.
故选：D.
二、填空题（本题6小题，每题5分，共30分）
10. 设，则的共轭复数为_________．
【答案】
【解析】因
故.
故答案为：.
11. 的展开式中的常数项为______．（用数字作答）
【答案】84
【解析】因为的展开式的通项公式为：，
令，解得，
所以的展开式中的常数项为，
故答案为：84
12. 已知点是抛物线的焦点，为坐标原点，若以为圆心，为半径的圆与直线相切，则抛物线的方程为_________．
【答案】
【解析】由题意知抛物线：的焦点，
又因为点到直线的距离为，
所以：，又因为：，解得：，
则抛物线的方程为：.
故答案为：.
13. 学校迎元旦文艺演出，邀选出小品、相声、独唱、魔术、合唱、朗诵等六个汇报演出节目，如果随机安排节目出场，则朗诵第一个出场的概率为_________；若已知朗诵第一个出场，则小品是第二个出场的概率为_________．
【答案】 ；
【解析】因为一共有六个节目，朗诵是第一个，所以概率为;
因为朗诵已经确定是第一个出场，所以小品在剩下的五个节目中首先出场也就是作为整体第二个出场的概率为.
故答案为：；.
14. 在梯形中，分别为线段和线段上的动点，且，则的取值范围为_________．
【答案】
【解析】以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于直线的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则A-2,0、、、，则，
由题意可得，解得，
，
所以，，
由对勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递增，
在上单调递减，且，，
则.
因此，的取值范围是.
故答案：.
15. 已知函数，且，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】当时，，当时，在上单调递减，
函数在上最多一个零点，不符合要求，
当时，，
由，得最多两个实根，
又在上递减，且当时，，
因为函数在上有三个不同的零点，
因此在上有一个零点，在上有两个零点，
当时，由，解得，即，于是，
当，由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，
要使函数在上有两个零点，必有，
此时 在上递减，在递增，
因此，解得，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：
三、解答题（本题5小题，共75分．将解题过程写在答题纸上）
16. 在中，角的对边分别为，已知的面积为，周长为9，且满足．
（1）求的值；
（2）若．
（i）求的值；
（ii）求的值．
解：（1）在中，由结合正弦定理可得：
得：，而，
解得.
（2）（i）由（1）知且解得：，
则，
（ii）由，
，
则，
，
则.
17. 在直三棱柱中，，点是的中点．
（1）求异面直线所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求直线到平面的距离．
解：（1）以为轴建立按直角坐标系，
则．
所以，
所以．
故异面直线和所成角的余弦值为．
.
（2），，
设平面的法向量为．
则即，取，得
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．
（3）连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，所以平面．
故点到平面距离即为所求直线到平面的距离．
记点到平面的距离为，又
则．
所以直线到平面的距离为．
18. 设椭圆的左、右焦点分别为，左右顶点分别为，已知椭圆过点，且长轴长为6．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点是椭圆上一点（不与顶点重合），直线交轴于点，且满足，若，求直线的方程．
解：（1）由题意得：，解之得，
所以椭圆的标准方程方程为；
（2）由（1）知：，如图，设，
由题意知直线的斜率不等于0，设直线的方程为：，
令，得：，
由，得：，
因为，所以：，
由题意得：，
又因为，
由，得：，
易知同号，则，得：，
故直线方程为或.
19. 已知公差为的等差数列和公比的等比数列中，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）求；
（3）若在数列任意相邻两项之间插入一个实数，从而构成一个新的数列．若实数满足，求数列的前项和．
解：（1）由已知，得，解得，
；
（2）记，
所以，
，
作差得：
，
；
（3）由（1）得，
则，
所以
.
20. 已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）令．
（i）讨论函数极值点的个数；
（ii）若是的一个极值点，且，证明：．
解：（1），
所以，
从而在处的切线方程为，
即；
（2）（i），
，
①当时，，在上是增函数，不存在极值点；
②当时，令，显然函数在是增函数，
又因为，必存在，使，
为减函数；
为增函数，
所以是的极小值点，
综上，当时，无极值点，当时，有一个极值点；
（ii）证明：由，即，
，
因为，所以，
令，
则在上是减函数，且，
由，得，所以，
设，
则
所以为增函数，即，
即，所以，
所以，
因为，所以，
相乘得，
所以.