天津市十二区重点学校2024届高三下学期联考（二）数学试卷（原卷版+解析版）

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本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.
答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号､考场/座位号填涂在答题卡规定位置上，答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.
考试结束后，将答题卡交回.
祝各位考生考试顺利!
第I卷
注意事项：
1.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；
2.本卷共9小题，每小题共5分，共45分.
参考公式：
如果事件互斥，那么
柱体的体积公式.其中表示柱体的底面积，表示柱体的高.
一､选择题：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. 设集合，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】 ,选B.
【考点】 集合的运算
【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理.
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
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数的运算性质，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.
【详解】由且且，
故选：A．
3. 研究函数图象的特征，函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由奇函数的定义以及当时有即可判断.
【详解】定义域为，即定义域关于原点对称，
且，
所以是奇函数，其图象关于原点对称，故排除CD，
注意到当时，有，即，
此时函数图象位于轴下方，故排除A，经检验B选项符合题意.
故选：B.
4. 为深入贯彻落实习近平总书记对天津工作“三个着力”重要要求，天津持续深化改革，创建全国文明城区，城市文明程度显著提升，人民群众的梦想不断实现.在创建文明城区的过程中，中央文明办对某小区居民进行了创建文明城区相关知识网络问卷调查，从本次问卷中随机抽取了50名居民的问卷结果，统计其得分数据，将所得50份数据的得分结果分为6组：，并整理得到如下的频率分布直方图，则该小区居民得分的第70百分位数为（ ）

A. 89.09B. 86.52C. 84.55D. 81.32
【答案】C
【解析】
【分析】利用百分位数的概念以及频率分布直方图求解．
【详解】由题意得，
解得，
因为前4组数据的频率之和为，
前5组数据的频率之和为，
则分位数在内，设分位数为x，
则，解得，
所以分位数约为．
故选：C．
5. 设，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数函数和指数函数的单调性再结合两个中间量“0”和“”比较大小即可.
【详解】，
，
，
，.
故选：C.
6. 天津包子是一道古老的传统面食小吃，是经济实惠的大众化食品，在中国北方，在全国，乃至世界许多国家都享有极高的声誉.某天津包子铺商家为了将天津包子销往全国，学习了“小罐茶”的销售经验，决定走少而精的售卖方式，争取让天津包子走上高端路线，定制了如图所示由底面圆半径为的圆柱体和球缺（球的一部分）组成的单独包装盒，球缺的体积（为球缺所在球的半径，为球缺的高）.若，球心与圆柱下底面圆心重合，则包装盒的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆柱的高，可得球半径，根据球缺的体积公式以及圆柱的体积公式即可求得答案.
【详解】如图，
设圆柱的高为，，
则，即，解得，
故圆柱高为，
故包装盒的体积为，
故选：B.
7. 已知向量，其中且，则的最小值为（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两个向量平行的充要条件，写出向量的坐标之间的关系，之后得出，利用基本不等式求得其最小值，得到结果.
【详解】∵， ，其中，且，
∴，
∴，
当且仅当即时取等号，
∴的最小值为.
故选：A.
8. 已知双曲线的一条渐近线与抛物线交于点（异于坐标原点），点到抛物线焦点的距离是到轴距离的3倍，过双曲线的左､右顶点作双曲线同一条渐近线的垂线，垂足分别为，则双曲线的实轴长为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线定义及点在抛物线上求得，结合双曲线渐近线性质及，列方程求得关系，即可得的值.
【详解】设与抛物线相交的渐近线为，则设，
则，解得，所以点的坐标为，代入抛物线方程得，解得，
设渐近线的倾斜角为，则，
又，解得，
所以，故，
所以，解得，
所以双曲线的实轴长为.
故选：D.

9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 若相邻两条对称轴的距离为，则；
B. 若，则时，的值域为；
C. 若在上单调递增，则；
D. 若在上恰有2个零点，则.
【答案】D
【解析】
【分析】将化简为，再根据选项逐一判断即可.
【详解】
，
对于A：若相邻两条对称轴的距离为，则最小正周期为，故，选项A不正确；
对于B， 若，则，
当时，的值域为，选项B不正确；
对于C：若在上单调递增，则，选项C不正确；
对于D：，则，若在上恰有2个零点，
则，则，选项D正确.
故选：D.
第II卷
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.
2.本卷共11小题，共105分.
二､填空题：本大题共6小题；每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对一个的给3分，全部答对的给5分.
10. 已知是虚数单位，则复数的共轭复数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求得，结合共轭复数的定义分析求解.
【详解】由题意可得：，
所以复数的共轭复数为.
故答案为：.
11. 在的二项式展开式中的系数为160，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式化简，求出含项的系数即可得解.
【详解】因为，
令，解得，
所以，
故，且，解得，
故答案为：
12. 设直线和圆相交于两点.若，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】由于，可知圆心到直线的距离，进而可得解.
【详解】
如图所示，由已知，即，
可得，半径，
又，所以，即为等腰直角三角形，
所以圆心到直线得距离，
即，且，解得：；
故答案为：.
13. 为缓解高三学习压力，某高中校举办一对一石头、剪刀、布猜拳比赛，比赛约定赛制如下：累计赢2局者胜，分出胜负即停止比赛；若猜拳4局仍未分出胜负，则比赛结束. 在一局猜拳比赛中，已知每位同学赢､输､平局的概率均为，每局比赛的结果相互独立. 现甲、乙两位同学对战，则甲同学比赛三局获胜的概率为__________；已知比赛进行了四局的前提下，两位选手未分出胜负的概率为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】直接用古典概型方法即可求解第一空；使用条件概率定义，结合古典概型方法即可求解第二空.
【详解】若甲同学比赛三局获胜，则有两种可能：
甲同学第一局和第三局获胜，第二局未获胜；或甲同学第二局和第三局获胜，第一局未获胜.
故所求概率；
设分别表示“比赛进行了四局”和“两位选手未分出胜负”，则.
同理，乙同学比赛三局获胜概率是，而甲、乙同学各自在第二局结束后就获胜的概率都是.
故比赛进行两局就结束的概率，比赛进行三局就结束的概率，
所以.
而若比赛四局且未分出胜负，则甲、乙两人各自都最多获胜一局，
从而两人的获胜数量总共有四种可能：
都是零次，甲一次乙零次，甲零次乙一次，甲一次乙一次.
它们对应的具体局数又分别有1，4，4，12种选取方式，据此可得
.
故所求概率
故答案为：，.
14. 已知菱形边长为1，且为线段的中点，若在线段上，且，则__________，点为线段上的动点，过点作的平行线交边于点，过点做的垂线交边于点，则的最小值为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】建立适当平面直角坐标系，由题意可得各点坐标，从而可得所需向量的坐标表示，结合向量共线的坐标表示可得，借助向量的数量积公式计算即可得的最小值.
【详解】如图所示，以为原点建立平面直角坐标系，则有、，

由，则，
则，则，，
则，，由，
即，则，
则，，
又在线段上，故有，
解得，即，；
设，，
则，由，则，
由，，则，则，
则，故，
则，，，
则
，
则当时，有最小值.
故答案为：；.
15. 设，函数. 若在区间内恰有2个零点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】对不同情况下的分类，然后分别讨论相应的零点分布，即可得到的取值范围.
【详解】本解析中，“至多可能有1个零点”的含义是“零点个数不超过1”，
即不可能有2个不同的零点，并不意味着零点一定在某些时候存在1个.
当时，只要，就有，
故在上至多可能有1个零点，从而在上至多可能有1个零点，不满足条件；
当时，有，
所以在上没有零点.
而若，则只可能，所以在上至多可能有1个零点.
故在上至多可能有1个零点，从而在上至多可能有1个零点，不满足条件；
当时，解可得到，且由知，
从而确为在上一个零点.
再解方程，即，
可得两个不同的实数根.
而，.
故确为在上的一个零点，
而当且仅当时，另一根是在上的一个零点.
条件为在区间内恰有2个零点，从而此时恰有两种可能：或.
解得；
当时，验证知恰有两个零点和，满足条件.
综上，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于需要分较多的情况讨论，不重不漏、细致讨论方可得解.
三､解答题：本大题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，角所对的边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，
①求的值：
②求的值.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式可得，由此即可得解；
（2）①结合余弦定理可得，结合即可求解；②由正弦定理以及平方关系依次求得，将转换为，结合两角和的正弦公式即可得解.
【小问1详解】
因为，利用正弦定理可得：
，
即.
因为，所以，即，
又，可得.
【小问2详解】
①由余弦定理及已知可得：
即，又因为，所以，
联立或（舍），
②由正弦定理可知：，
因为，则，故为锐角，，
.
17. 如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，四边形为矩形.

（1）若是的中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值：
（3）若点到平面的距离为，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）矩形对角线交点即为线段中点，在内应用中位线定理，即可得证；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，先求直线的方向向量，再求平面的法向量，应用线面角的向量求法即可；（3）设定，应用点面距的向量解法求解即可.
【小问1详解】
设，连接，
因为四边形为矩形，所以为中点，
又为中点，则，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，的正方向分别为轴，
可建立如图所示空间直角坐标系，

则
，
设平面的法向量为：，
且，令，解得：；
设直线与平面所成角为，所以.
则直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
，
设
由平面的法向量为：，
点到平面的距离为：.
解得：，且，
所以.
18. 设是等差数列，其前项和，是等比数列，且，，.
（1）求与的通项公式；
（2）设，求数列的前项和；
（3）若对于任意的不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）结合等差数列的通项公式，求和公式以及等比数列的通项公式进行求解；
（2）可以采取分组求和的方式，即将奇数项与偶数项的和分开求解，再利用错位相减法以及裂项相消法分别求和；
（3）对于求参数的范围，一般可以采用分离参数的方法，对于求后面式子的最值，结合函数的单调性进行分析求解．
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，，又，，，
由，，又，，，
，，
即，．
【小问2详解】
当为奇数时，，
记，则有
，
，
得：
，
，
，
当为偶数时，，
记，
，
．
【小问3详解】
由与恒成立，
可得恒成立，
恒成立，即求的最大值，
设，
，
单调递增，
又，
，
．
19. 已知椭圆的左､右顶点分别为和，上顶点为，左､右焦点分别为和，满足.
（1）求椭圆的离心率；
（2）点在椭圆上（异于椭圆左､右顶点），直线与直线交于点，线段与线段交于点，过中点作的外接圆的两条切线，切点分别为和，且的面积为，求椭圆的标准方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由以及满足的关系即可列出方程组，得到关于的齐次方程，进而得解；
（2）设直线方程为，将其与椭圆方程联立可表示出点坐标，结合可表示出斜率，联立的方程与直线得出的坐标，进而得的斜率，由此结合斜率的积为-1可以判定，从而可定出的外接圆的圆心、半径以及圆的方程，进一步可以证明是等边三角形，边长，由此即可得解.
【小问1详解】
，解得，则.
【小问2详解】
由（1）知椭圆方程为，
因为点在椭圆上（异于椭圆左､右顶点），所以直线斜率不为0，
设直线方程为，联立，
得，解得，代入，
解得.
又因为，联立，解得，
所以，
因此，所以，垂足为
因此的外接圆是以为直径，中点为圆心的圆，半径为.
因此圆的方程为，
因此.
所以是等边三角形，边长，
因此，解得.
因此椭圆的标准方程为.
20. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数在处取得极大值，求实数的取值范围：
（3）已知，曲线在不同的三点处的切线都经过点，且，当时，证明：.
【答案】（1）单调减区间为：，单调增区间为：；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，解导函数大于0和小于0的不等式即得.
（2）求出函数的导数，由在附近的临近区域导数值左正右负求出范围.
（3）由（1）及导数的几何意义求出切线方程，再构造函数利用函数的三个零点可得，再借助换元法及分析法推理论证即得.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，，当时，，即在上递减，在上递增，
所以函数的单调减区间为，单调增区间为.
【小问2详解】
依题意，函数，求导得，
当时，当时，，则函数在处不可能取到极大值；
当时，由，得，由，得或，
则函数在处取到极大值，所以.
【小问3详解】
由（1）知，，曲线过有三条不同的切线，切点为，
于是，方程有3个不同的根，
该方程整理为，
设，求导得，
而，当或时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
显然有3个不同的零点，必有，
则，且，即，
又，设，
则方程即：，
记，则为有三个不同的根，
设，要证，即证，
即证，即证，
即证，即证，
又且，
则，即，
于是即证，即证，
设，记，求导得，
设，则，
则函数在上单调递增，有，
于是，即在上为增函数，有，
因此
记，
则，
于是在为增函数，则，
所以，即，
从而原不等式得证.
【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标，求导并求出切线方程，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解.
2024年天津市十二区重点学校高三毕业班联考（二）