天津市第一百中学2024届高三上学期过程性诊断数学试题（二）

这是一份天津市第一百中学2024届高三上学期过程性诊断数学试题（二），共21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。
命题人：张海欧
本试卷满分150分，考试用时120分钟．
一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共15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，请将正确答案的序号填涂到答题卡上．
1. 设全集为，集合，集合，则集合（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出集合，进而求出.
【详解】.
因为，所以.
故选：A
2. 下列说法正确的是（ ）
A. “”是“”的必要不充分条件
B. 命题p：，，则命题p的否定为：，
C. 在回归直线方程中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位
D. 对分类变量X与Y，随机变量的观测值越大，则判断“X与Y有关系”的把握程度越小
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可判断A；根据特称命题的否定即可判断B；根据回归方程的性质即可判断C；根据独立性检验的规则即可判断D．
【详解】对于A，由，得或，
所以“”是“”的充分不必要条件，故A错误；更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 对于B，由命题p：，，则命题p的否定为：，，故B错误；
对于C，因回归直线方程为，
所以当解释变量每增加个单位时，预报变量平均增加0.2个单位，故C正确；
对于D，对分类变量X与Y，随机变量的观测值越大，
则判断“X与Y有关系”的把握程度越大，故D错误．
故选：C．
3. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数的奇偶性排除选项B，再代入特殊值排除选项A，利用导数分析单调性可排除C,即可得到答案.
【详解】函数的定义域为，且，
函数为偶函数，排除选项B；
，排除选项A；
当时，，则，
所以当时，，函数单调递减，排除C.
故选：D.
4. 定义在上的偶函数满足对任意的，有.若，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得函数在上递减，再根据函数是定义在上的偶函数，可得，比较三者得大小，再根据函数得单调性即可得解.
【详解】解：因为函数满足对任意的，有，
所以函数在上递减，
又函数是定义在上的偶函数，
所以，
又，
所以，
所以，
即.
故选：D.
5. 某校1000名学生参加数学竞赛，随机抽取了20名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 频率分布直方图中a的值为0.012
B. 估计这20名学生数学考试成绩的第60百分位数为80
C. 估计这20名学生数学考试成绩的众数为80
D. 估计总体中成绩落在内的学生人数为110
【答案】B
【解析】
【分析】根据所有矩形的面积和为1求出，然后逐一判断即可.
【详解】由可得，故A错误
前三个矩形的面积和为，所以这20名学生数学考试成绩的第60百分位数为80，故B正确
这20名学生数学考试成绩的众数为，故C错误
这20名学生数学考试成绩落在内的学生人数为，则总体中成绩落在内的学生人数为，故D错误
故选：B
6. 在直三棱柱中，，，，，该直三棱柱的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出底面三角形的外接球半径，再根据直三棱柱求出外接球半径，最后计算圆的面积.
【详解】在中，由余弦定理可得，
设外接圆半径为r，再由正弦定理，
因为三棱柱是直三棱柱，设外接球半径为R，
所以，
所以外接球表面积为，
故选：C
7. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为，，设四边形的周长为，面积为，且满足，则该双曲线的渐近线方程为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据双曲线的定义和矩形的面积公式，以及离心率的计算公式，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，可得，
联立解得，
又为直径，所以四边形为矩形，
所以，即，即，
由，得，即，
即，所以，所以双曲线的渐近线的方程为，
故选B．
【点睛】本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．
8. 函数，的最大值为2，其图象相邻两个对称中心之间的距离为，且的图象关于直线对称，则下列判断正确的是（ ）
A. 函数在上单调递减
B. 将图象向右平移个单位与原图象重合
C. 函数图象关于点对称
D. 函数的图象关于直线对称
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可求得,从而可求得的解析式，从而可以对函数的单调区间、对称中心、对称轴、平移一一判断.
【详解】函数，的最大值为2，
即，所以，
又图象相邻两个对称中心之间的距离为，
由的图象关于直线对称，
所以，即，
当时，，函数不单调，故选项A错误；
将图象向右平移个单位，得，
其图象与原图象不重合，故选项B错误；
令，可得，图象关于点对称，故选项C错误；
当时，为最小值，函数的图象关于直线对称，故选项D正确.
故选：D.
9. 如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若，，点M为线段上的动点，则的最大值为（ ）
A. B. C. 6D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量的线性表示和数量积，转化为函数的最值问题求解.
详解】根据题意可得，，
所以，
又因为，
所以,，
设,则，
所以，
，
所以
，
令，
当单调递增，单调递减，
当，取最大值为.
故选：D
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．请将正确答案填写到答题纸上．
10. 已知（为虚数单位），则复数______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由复数的运算代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，则，即，
所以.
故答案为：
11. 若展开式中的系数为10，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据题意得，再借助二项式展开式的通项公式分两种情况讨论得解．
【详解】由，
又展开式的通项公式为，
当时，，此时的系数为；
当时，，此时的系数为，
所以的展开式中的系数为，得．
故答案为：2．
12. 已知圆C的圆心与抛物线的焦点关于直线y=x对称，直线4x-3y-2=0与圆C相交于A,B两点，且，则圆C的标准方程为:__________________.
【答案】
【解析】
【详解】依题意可知抛物线的焦点为（1，0），∵圆C的圆心与抛物线y2=4x的焦点关于直线y=x对称．
所以圆心坐标为（0，1），∴，圆C的方程为，故答案为.
13. 盒中装有大小、形状完全相同的2个红球和3个黑球.若从中取2个球，恰好都是黑球的概率是___________；若每次取1球，取后不放回，直到取出黑球时停止，则取球次数的数学期望____________.
【答案】 ①. 0.3## ②. ##
【解析】
【分析】根据古典概型的概率公式可求概率，再算出的分布列后可得其数学期望.
【详解】从中取2个球，恰好都是黑球的概率为.
又可取，
且，
故，
故答案为：0.3，
14. 已知正实数，满足：，则的最大值是__________.
【答案】.
【解析】
【详解】试题分析：，由题意得，，令，∴，当且仅当，时，等号成立，即所求最大值为，故填：.
考点：基本不等式求最值.
15. 设，函数，若在区间内恰有7个零点，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由最多有2个根，可得至少有5个根，分别讨论当
和时两个函数零点个数情况，再结合考虑求解即可.
【详解】因为最多有2个根，
所以至少有5个根由，
即，由得，
当时，若，即时，有5个零点，
若，即时，有6个零点，
若，即时，有7个零点，
当时，，，
若时，无零点，
若时，有1个零点，
若，即，所以时，
有2个零点，
当时，有1个零点，
综上，要使在区间内恰有7个零点，则应满足：
或或则可解得的a取值范围是：，
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成和两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况.
三、解答题：本大题共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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
（1）求：的值．
（2）求：的值．
（3）若，求：的面积．
【答案】16.
17
18.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理以及余弦定理，等量代换及整式化简，可得答案；
（2）根据二倍角公式，结合差角公式，可得答案；
（3）利用三角形的面积公式，可得答案.
【小问1详解】
，由正弦定理得：
将这入上式得，由余弦定理可得.
【小问2详解】
，由，则，
又，即，，又，
又.
【小问3详解】
，由知：，由（2）可知，
又，
的面积为.
17. 如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABCD，，，，点P为棱DF的中点.
（1）求证：平面APC；
（2）求直线DE与平面BCF所成角的正弦值；
（3）求平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接BD，交AC于点O，由中位线定理和线面平行判定定理即可证明结果；
（2）建立空间直角坐标系，写出坐标，求得平面的法向量，根据线面角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值；
（3）由（2）可知平面的法向量，再求得平面的法向量，利用空间向量法即可求出结果.
【小问1详解】
证明：连接BD，交AC于点O，又P，O分别为DF和DB的中点，
所以，
因为平面APC，平面APC，所以平面APC；
【小问2详解】
解：直线平面ABCD，平面ABCD，所以，
由（1）得，，
所以以A为原点，AB，AD，AF所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，，
所以，，
设平面BCF的法向量，
，，解得，
又.
设直线DE与平面BCF所成角的正弦值，
所以，
所以直线DE与平面BCF所成角的正弦值；
【小问3详解】
解：由（2），，，
设平面APC的法向量为，
则，即，令，则，，
所以平面APC的法向量，
所以，
所以平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值为.
18. 已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，椭圆的离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点M（M在第一象限），此直线与y轴的正半轴交于点N，直线与直线交于点，且，求直线方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由顶点坐标、两点间距离公式以及平方关系和离心率公式列出方程组，联立求解即可得解.
（2）画出图形，设直线的方程为，联立椭圆方程根据可得间的一个关系式以及点的坐标，进一步可得直线方程，并将其与直线方程联立可得点的坐标，结合，即可得间的另外一个关系式，联立这两个关系式即可求得的值，即可求出直线方程.
【小问1详解】
由题意，，，
解得，所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
如图所示：
直线的斜率存在且为负数，不妨设直线的方程为，
则由题意有，
所以直线的方程为，
将与椭圆方程联立，
消去并整理得，，
由题意直线与椭圆相切与点，
则，即，
所以，即点的坐标为，
所以直线的方程为，
将其与直线的方程联立，解得，即点的坐标为，
由题意，整理得，
结合以及，解得，
综上所述，满足题意的直线的方程为.
19. 已知是等差数列，是公比不为1的等比数列，，，，且是与的等差中项．
（1）求：数列和的通项公式．
（2）设，求.
（3）若对于数列、，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前n项和为，求．
【答案】（1）,;
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据等差等比数列的通项公式，计算可得；
（2）结合两个数列的通项公式，可判断的前项中两个数列的项数，然后分组和错位相减求和可得；
（3）求出的项数和总共有多少个2，利用分组求和可得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，则，故，
所以，
则，由，则，
又由是与的等差中项，所以，
即，解得或（舍去），
故，
【小问2详解】
由 ，则
，
则，
，
两式相减得，，
，
则，
其中①，
②
①-②相减可得，
则
所以
则；
【小问3详解】
根据题意可得，
则，
故，则，
故当时，成立，
当时，成立，
所以共有项，共有个，
则
20. 已知，，且在点处的切线与直线垂直．
（1）求实数的值．
（2）若的图象经过原点，且，当时，过点的切线至少有条，求实数的取值范围．
（3）若，且，其中，均为正实数．证明：．
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）根据题意求出的解析式并构造函数从而求解；
（3）根据，利用不等式放缩得出，再用作差法证明即可.
【小问1详解】
由题意点处的切线与直线垂直，所以，
由，得，所以，解得.
故的值为.
【小问2详解】
由题知，所以，
因为的图像过原点，所以，即，则，
设切点为，则处的切线方程为：
，将代入得
，即至少有个不同的解，
设，则，
令，所以，因为，所以，
当和，，此时函数为增函数，
当，，此时函数为减函数，
所以的极大值为，
极小值为，
所以，
设，则，故对恒成立，
所以，得，
设，，
令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，所以，
所以的范围为.
【小问3详解】
因为，所以，
因为，所以，
又因为，所以，即.
令，则，所以单调递增，故，即，所以，
因此.
因为，均为正实数，所以
所以.
【点睛】方法点睛：破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参（或部分含单参）的不等式，利用作差法，通过对不等式进行放缩证明出差与零的关系.