天津和平区2024届高三一模数学试题及答案

这是一份天津和平区2024届高三一模数学试题及答案，共22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，集合，则集合C的子集个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知等比数列的各项均为正数，若成等差数列，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件D．充要条件
5．某市为了减少水资源浪费，计划对居民生活用水实施阶梯水价制度，为确定一个比较合理的标准，从该市随机调查了100位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图，则以下四个说法正确的个数为（ ）

①估计居民月均用水量低于的概率为0.25；②估计居民月均用水量的中位数约为；③该市有40万居民，估计全市居民中月均用水量不低于的人数为6万；④根据这100位居民的用水量，采用样本量按比例分配的分层随机抽样的方法，抽取了容量为20人的样本，则在用水量区间中应抽取4人.
A．1B．2C．3D．4
6．设，则有（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数是的导数，则以下结论中正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．函数与的值域相同
C．函数的图象关于直线对称
D．函数在区间上单调递增
8．若三棱台的上、下底面均是正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且其各顶点都在表面积为的球的表面上，，则三棱台的高为（ ）
A．B．8C．6或8D．或6
9．设双曲线的左、右焦点分别为点，过坐标原点的直线与C交于A，B两点，，的面积为，且，若双曲线C的实轴长为4，则双曲线C的方程为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
10．i为虚数单位，复数则 .
11．在的二项展开式中，的系数为 （请用数字作答）.
12．为深入学习贯彻党的二十大精神，推动全市党员干部群众用好“学习强国”学习平台，某单位组织“学习强国”知识竞赛，竞赛共有10道题目，随机抽取3道让参赛者回答，规定参赛者至少要答对其中2道才能通过初试.已知某参赛党员甲只能答对其中的6道，那么党员甲抽到能答对题目数X的数学期望为 ；党员甲能通过初试的概率为 .
13．圆与抛物线的准线相交于，两点.若，则抛物线的焦点坐标为 .
14．青花瓷，常简称青花，代表了我国古代劳动人民智慧的结晶，是中国瓷器的主流品种之一.图一是一个由波涛纹和葡萄纹构成的正六边形青花瓷盘，已知图二中正六边形的边长为，圆的圆心为正六边形的中心，半径为，若点在正六边形的边上运动，动点在圆上运动且关于圆心对称.（i）请用表示 ；（ii）请写出的取值范围 .
15．若函数（其中）在区间上恰有4个零点，则a的取值范围为 .
三、解答题
16．在中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，其中，且.
(1)求c的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
17．如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点分别是棱，的中点，点是线段上一点.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)若直线与平面所成的角的正弦值为，求此时的长度.
18．在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左焦点为点F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，线段PQ的中点为T，直线OT与椭圆C交于两点M，N，证明：.
19．若数列满足，其中，则称数列为M数列.
(1)已知数列为M数列，当时.
（ⅰ）求证：数列是等差数列，并写出数列的通项公式；
（ⅱ），求.
(2)若是M数列，且，证明：存在正整数n.使得.
20．已知函数，（为自然对数的底数）.
(1)求函数的单调区间：
(2)设在处的切线方程为，求证：当时，；
(3)若，存在，使得，且，求证：当时，.
参考答案：
1．D
【分析】根据集合的交集运算求得集合C，然后可解.
【详解】因为，
所以，
所以集合C的子集个数为.
故选：D
2．B
【分析】根据奇偶性可排除C；利用导数可求得单调性，由此可排除AD.
【详解】定义域为，，
为定义在上的奇函数，图象关于坐标原点对称，C错误；
当时，，，
在上单调递增，AD错误，B正确.
故选：B.
3．A
【分析】设等比数列的公比为q，且，由等差数列的中项性质列方程计算可得q，再由等比数列的通项公式计算可得
【详解】因为等比数列中的各项都是正数，设公比为q，得，
又成等差数列，
可得，
又，所以，解得或，
又，所以
则，
故选：A
4．B
【分析】根据题意，利用特例可判定充分性不成立，结合直线与圆的位置关系，可判定必要性成立，即可得到答案.
【详解】例如：，此时，但，所以充分性不成立；
设直线，圆，则圆心为，半径为，
可得圆心到的距离为，
此时直线与圆相切，所以与圆没有公共点，
即满足不等式的点，使得恒成立，即必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5．D
【分析】由频率分布直方图求频率判断①，结合直方图中位数的求法计算中位数，即可判断②；用频率估计总体即可判断③，结合分层抽样的概念即可判断④.
【详解】由频率分布直方图可知，居民月均用水量低于的概率为，故①正确；
前三组的频率之和为，而前四组频率之和为，故中位数位于，由，可以估计居民月均用水量的中位数约为，②正确；
估计万居民中月均用水量不低于的人数为，③正确；
根据用水量对这位居民进行分层，用分层抽样的方法抽取人，则在用水量中应抽取人，④正确.
故选：D
6．B
【分析】根据指数函数与对数函数的性质，借助特殊值0，可得最小，再利用得出大小.
【详解】由可得，
，，
下面比较，
因为，所以，
所以，
而，故，所以，
综上，.
故选：B
7．D
【分析】化简并求导，结合值域，对称性，单调性逐项判断即可.
【详解】由题意，，
对A, 为偶函数，故A错误；
对B，易知的值域为，的值域为，故B错误；
对C, ,故C错误；
对D, ,单调递减，故在区间上单调递增，故D正确.
故选：D.
8．C
【分析】由题可知，三棱台为正三棱台，上下底面的中心，连线构成的线段为高，根据球的性质可得，，进而可得.
【详解】设球的半径为，则，得，
如图所示，为的中心，为的中心，
由题意可知，三棱台为正三棱台，为其高，球心在上，
在中，在中，
故，，
当在线段上时，，
当在线段的延长线上时，，
故选：C
9．C
【分析】根据双曲线的定义及对称性求出，，由余弦定理解三角形可得，即可得解.
【详解】如图，

由及双曲线、直线的对称性可知，，
则由双曲线定义可知，
所以，，
所以，
解得，
因为，所以，
所以，
由余弦定理可知，
所以，，
所以双曲线方程为：
故选：C
10．
【分析】根据复数的运算及模的定义求解即可.
【详解】，
故答案为：
11．
【分析】根据二项展开式的通项公式求解.
【详解】二项展开式通项为，
令，解得,
所以，
故答案为：
12．
【分析】求出随机变量的各个取值的概率，求期望，据此求即可.
【详解】由题意，的可能取值为，
则，，
，，
所以；
党员甲能通过初试的概率为.
故答案为：；
13．
【分析】根据弦长为，利用垂径定理可得，进而可得焦点坐标为.
【详解】
如图，抛物线的准线方程为，
圆即，圆心坐标为，半径为，
由垂径定理可得，即，
得或（舍去），故抛物线的方程为，焦点坐标为.
故答案为：
14．
【分析】（i）根据向量线性运算可直接得到结果；
（ii）根据向量线性运算、数量积运算性质，可将所求数量积转化为；根据正六边形性质可求得的范围，由此可得结果.
【详解】（i）在圆上运动且关于圆心对称，为中点，；
（ii）；
当为正六边形顶点时，取得最大值；当与正六边形的边垂直时，取得最小值；
六边形为正六边形，为正三角形，；
作，则为中点，；
，即的取值范围为.
故答案为：；.
15．
【分析】分别分析和的零点个数求解即可，同时要注意重根问题的检验.
【详解】当，设，，
则为开口向上的二次函数，，
①当，有唯一解，此时，
，此时有三个解，且均不为3，符合题意；
②当，无解，故区间上恰有4个零点，
则，解得，符合题意；
③当，的对称轴，且，
（i）当，，此时有两个解：2和5，，此时有三个解，且与的解2，5不重合，不合题意，
（ii）当，且，此时有两个解，且均属于，，
若有2个解，故，解得，则，舍去；
（iii）若有3个解，故，解得，
若此时有2个解，则必须有1个重根，
下面检验重根情况：，则，的3个解为，
且，，，
故重根可能为，，.
令，，解得，
当重合，若，则（），
解得，满足题意；
若，则，即，无解；
若，，即，无解；
当重合，若，则，解得（舍去）；
若，则，解得，符合题意；
若，则，即，无解，舍去；
（iv）当，，此时有1个解，
设为m，则，，故，解得，
又，综合得，
同理（iii）的分析，，，
此时有三个解，且与的解不重合，符合题意，
综上所述：或或
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点问题，关键是根据二次函数特征讨论判别式及区间端点与5的关系.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理转化为边的关系，联立条件得解；
（2）由余弦定理及同角三角函数基本关系得解；
（3）由二倍角的正余弦公式及两角和的余弦公式求解即可.
【详解】（1），
，
，解得，
.
（2）由余弦定理可得，又，
，.
（3）因为，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量证明即可；
（2）求平面的法向量，利用向量法求夹角余弦即可；
（3）利用线面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）因为四棱锥的底面是正方形，平面，
所以以点为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，

则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
又因为，则，即，
由平面，所以平面.
（2）设平面与平面的夹角为，
平面的法向量，平面的法向量,
所以，，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
（3）设长度为，，
设直线与平面所成角为，
因为，
，
解得，此时的长度为.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）设的方程为，联立方程组，求得，得到，再由的方程为，联立方程组，求得，进而求得，再由弦长公式，求得，结合，即可得证.
【详解】（1）解：由椭圆的离心率为，且过点F且与x轴垂直的直线截得的线段长为，
可得 ，解得，所以椭圆的标准方程为.
（2）证明：设直线所在的直线方程为，
联立方程组，整理得，
所以，解得，
设，则，
所以，则，即，
所以的方程为，
联立，解得或，所以，
则，
又由
，
又因为的中点，
可得，
所以.

【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线问题的方法与策略：
1、涉及圆锥曲线的定义问题：抛物线的定义是解决曲线问题的基础，它能将距离进行等量转化．如果问题中涉及圆锥曲线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用圆锥曲线定义就能解决问题．因此，涉及圆锥曲线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用圆锥曲线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
19．(1)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）
(2)证明见解析
【分析】（1）(ⅰ)根据等差数列定义即可证明并写出通项公式（ⅱ）分组求和得出，利用裂项相消法求解即可；
（2）求出，利用放缩法可得，相加相消即可，据此即可得证.
【详解】（1）（ⅰ）由，可得，
所以数列是首项为公差为1的等差数列，
所以，
又因为，所以.
（ⅱ），
设，，
，，
所以，
.
（2）若是M数列，有，
故，且，
即
，
则
，
由随的增大而增大，
若，可得，
因为，故对任意的，总存在正整数使，
即总存在正整数n，使得.
【点睛】关键点点睛：本题解题中，对求和要求较高，裂项相消法求和是解决问题的关键，其次利用放缩法适当放缩，继续利用裂项相消法是证明的关键.
20．(1)单调递增区间，单调递减区间
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出导数，解不等式即可得解；
（2）求出切线方程，令，利用导数求出函数的单调性，即可得证；
（3）由的单调性，得出的单调性，转化为，可转化为，构造函数利用导数求最值即可得证.
【详解】（1）因为，定义域为，
令，即，
所以递减区间为，递增区间为.
（2）因为，所以，而，
所以在点处的切线方程为：，
当时，令，
由，，当时，，当时，，
所以在递减，在上单调递增，故，即，
所以，所以，
所以在时恒成立，
即时，得证.
（3）由题意可知，
因为时，，
令，所以在时单调递减，
所以，所以在上为减函数，且，此时，
则由（1）有在上单调递减，在上单调递增，且，此时，
由题意，设，

设与交点的横坐标为，则，有，
因为，且，
所以，又，
所以，
令，则
，
令，则，
所以时，，时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，即，
所以，，
所以在单调递增.
在时，，
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第三步证明困难，关键在于由，转化为，再利用导数求出在上的最值.