天津市部分区2023-2024学年高三下学期质量调查数学试卷（一）（含解析）

这是一份天津市部分区2023-2024学年高三下学期质量调查数学试卷（一）（含解析），共19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．设全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
4．已知为等差数列，前项和为，且，，则（ ）
A．54B．45C．23D．18
5．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
6．下列函数中，以为周期，且在区间上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知变量x和y满足经验回归方程，且变量x和y之间的一组相关数据如表所示，则下列说法错误的是（ ）
A．变量x和y呈负相关B．当时，
C．D．该经验回归直线必过点
8．已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，该圆锥的底面半径为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则球的表面积等于（ ）
A．B．C．D．
9．以双曲线的右顶点为圆心，焦点到渐近线的距离为半径的圆交抛物线于A，B两点.已知，则抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
A．或4B．C．或4D．4
二、填空题
10．已知是虚数单位，化简的结果为 .
11．在的展开式中，的系数为 .（结果用数字表示）
12．已知过点的直线与圆相交于，两点，若，则直线的方程为 .
13．假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率为85%，乙厂产品的合格率为80%，在该市场中购买甲厂的两个灯泡，则恰有一个是合格品的概率为 ；若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为 .
14．已知平行四边形的面积为，，且.若F为线段上的动点，且，则实数的值为 ；的最小值为 .
15．已知定义在上的函数满足，当时，.若在区间内，函数有三个不同零点，则实数的取值范围为 .
三、解答题
16．在中，角，，的对边分别为，，.已知，，.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
17．如图，在多面体中，底面为菱形，，平面，平面，.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正切值；
(3)求点C到平面的距离.
18．已知数列的前项和为，，，数列为正项等比数列，，是与的等差中项.
(1)求和的通项公式：
(2)若，求数列的前项和；
(3)设，求数列的前项和.
19．已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为，，离心率为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若为直线上一动点，且直线，分别与椭圆交于，两点（异于，两点），证明：直线恒过一定点.
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：.
6
8
10
12
7
4
3
参考答案：
1．C
【分析】由交集和补集的定义求解即可.
【详解】因为全集，，
所以，所以.
故选：C.
2．A
【分析】解出不等式后，结合充分条件与必要条件的定义即可得.
【详解】由，解得或，
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．B
【分析】由幂函数和对数函数的单调性即可得出答案.
【详解】因为，
，，
因为在上单调递增，
所以，所以.
故选：B.
4．C
【分析】设等差数列的公差为，依题意由等差数列求和公式及通项公式求出，从而得解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，
所以，解得，
所以.
故选：C
5．A
【分析】求出函数的定义域，分析函数的奇偶性以及该函数在区间上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】函数的定义域为，
且，，所以，函数为偶函数，
排除BC选项；
当时，，则，排除D选项.
故选：A.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；
（2）从函数的值域，判断图象的上下位置．
（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
（5）函数的特征点，排除不合要求的图象.
6．D
【分析】结合函数周期性的定义与正弦函数及余弦函数的单调性逐项判断即可得.
【详解】对A：，，故不以为周期，故A错误；
对B：，故以为周期，
当时，，由在上单调递减，
且，故在上单调递减，故B错误；
对C：，，故不以为周期，故C错误；
对D：，故以为周期，
当时，，由在上单调递减，
但，故时，，
故在上单调递增，故D正确.
故选：D.
7．C
【分析】对A：借助回归方程的斜率即可得；对B：将代入方程计算即可得；对C、D：借助线性回归方程必过点计算即可得.
【详解】对A：由可得，故变量x和y呈负相关，故A正确；
对B：当时，，故B正确；
对C：由表可得，，
故，解得，故C错误；
对D：由，，故D正确.
故选：C.
8．B
【分析】借助圆锥的性质可计算出母线、高，由圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，可得在圆锥的高所在直线上，且到圆锥顶点与底面圆周的距离相等，即可得，代入数据计算即可得球的半径，借助球的表面积公式计算即可得解.
【详解】底面周长为，则母线长度，
则圆锥的高为，
由圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，
故在圆锥的高所在直线上，且到圆锥顶点与底面圆周的距离相等，
设球的半径为，则有，即，
解得，故球的表面积等于.
故选：B.
9．A
【分析】先求出双曲线的顶点坐标，焦点坐标及渐近线方程，进而可求得圆的方程，根据圆与双曲线都关于轴对称，则两点关于轴对称，从而可求得点的坐标，代入抛物线方程即可得解.
【详解】双曲线的右顶点坐标为，焦点为，
渐近线方程为，即，
焦点到渐近线的距离为，
所以题中圆的方程为，
因为圆和双曲线的图象都关于轴对称，
所以两点关于轴对称，
不妨设点在第一象限，设，则，
则，所以，
因为点在圆上，
所以，解得或，
所以或，
当，则，解得，
当，则，解得，
综上所述，抛物线的焦点到准线的距离为或4.

故选：A.
【点睛】关键点点睛：根据圆与双曲线都关于轴对称，得出两点关于轴对称，求得点的坐标，是解决本题的关键.
10．
【分析】根据负数的除法运算计算即可.
【详解】.
故答案为：.
11．
【分析】借助二项式展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对，有，
令，解得，有.
故答案为：.
12．或
【分析】分直线斜率不存在与斜率存在的情况，设出直线方程进行讨论，结合点到直线的距离公式算出弦心距，结合勾股定理计算即可得.
【详解】当直线斜率不存在时，直线为，
则有，即，
则，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线为，即，
由可得圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
则有，即，
即，即.
故答案为：或.
13． / /
【分析】借助独立重复事件的概率公式与全概率公式计算即可得.
【详解】在该市场中购买甲厂的两个灯泡，则恰有一个是合格品的概率为：
，
在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为：
.
故答案为：；.
14． /0.5 5
【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算即可求出第一空，建立平面直角坐标系，依据条件建立方程，结合基本不等式求解第二空即可.
【详解】
因为所以即
又所以，
由共线，则，解得
作，以为原点建立平面直角坐标系，
设且，则，而的面积为，
则，故，
则，
则，
当且仅当时取“=”，
故答案为：；5.
15．
【分析】根据题意得到画出函数图像，计算直线与函数相切和过点时的斜率，根据图像得到答案.
【详解】函数满足，当，
所以当，
故， ，
画出函数图像，如图所示，观察图像可知，要使函数有三个不同零点，
则直线应在图中的两条虚线之间，
上方的虚线为直线与 相切时，
下方的虚线是直线经过点时，

当直线与相切时，
，设切点为，
则斜率 ，此时 ，
当直线经过点时，，
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于先求出，再画出函数图像，计算直线与函数相切和过点时的斜率，根据图象得到答案.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由余弦定理计算可得；
（2）利用余弦定理计算可得；
（3）首先求出，从而由二倍角公式求出、，最后由两角和的正弦公式计算可得.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
又，，
由余弦定理，即，解得或（舍去），
所以.
（2）由余弦定理.
（3）由（2）可得，
所以，
，
又，
所以
.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）首先建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行.
（2）先求出平面的法向量，再利用空间向量线面角的求法，即可求解.
（3）利用点到平面的距离公式求解即可.
【详解】（1）取的中点M，连接．因为四边形为菱形，，
所以为等边三角形，所以．因为，所以．
因为平面，所以两两垂直．
如图，以D为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．

因为，
所以，
显然平面的法向量为，因为，
所以，又平面，所以平面．
（2）设平面的法向量为，
由得
令，则，所以，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
直线与平面所成角的正切值为．
（3），所以点C到平面的距离为：
.
所以点C到平面的距离为.
18．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据得到是以为首项，为公差的等差数列，即可求出的通项，设正项等比数列的公比为，由等比中项的性质求出，再由等差中项的性质求出，即可求出的通项；
（2）由（1）可得，利用错位相减法计算可得；
（3）由（1）可得，利用裂项相消法及分组求和法计算可得.
【详解】（1）因为，
所以，即，所以，
所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，
设正项等比数列的公比为，由，解得或（舍去），
又是与的等差中项，所以 ，即，
即，解得（负值舍去），
所以.
（2）由（1）可得，
所以，
所以，
所以
，
所以.
（3）由（1）可得
，
所以
当为偶数时
，
当为奇数数时
，
综上可得.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得、，即可求出、、，从而得到椭圆方程；
（2）设，直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，由三点共线得到，，从而得到，再代入韦达定理整理得到，从而求出的值，即可求出直线过定点坐标.
【详解】（1）设，由，解得，
所以，又，，解得，，，
所以椭圆方程为.
（2）由（1）可得，，设，
设直线的方程为，，，
由，整理得，
所以，即，
所以，，
因为、、三点共线，、、三点共线，
所以，，
所以，即，
所以，
即，
所以，
整理得，
因为当变化时，上式恒成立，
所以，解得，
所以直线的方程为，令，则，所以直线过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
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.