2024年天津市一中高三数学下学期5月模拟考试卷附答案解析

年天津市一中高三数学下学期5月模拟考试卷全卷满分150分，考试时间120分钟.一．选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分）1．已知集合，，，则（

）A． B． C． D．2．已知n为正整数，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3．已知，，，则（

）A． B． C． D．4．已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能是（

）A． B．C． D．5．已知各项均为正数的数列前n项和为，，，，则（

）A．511 B．61 C．41 D．96．在一段时间内，分5次测得某种商品的价格（万元）和需求量之间的一组数据，绘制散点图如图所示，利用最小二乘法求得相应的经验回归方程为，根据上述信息，如下判断正确的是（

）价格2需求量12107A．商品的价格和需求量存在正相关关系 B．与不具有线性相关关系C． D．价格定为万元，预测需求量大约为7．已知AB，CD分别是圆台上、下底面圆的直径，且，若圆台上底面圆直径为2，下底面圆直径为8，母线长为5，则三棱锥的体积为（

）A． B． C．14 D．188．已知双曲线的左右焦点记为，且，直线l过且与该双曲线的一条渐近线平行，记l与双曲线的交点为P，若所得的内切圆半径恰为，则此双曲线的方程为（

）A． B． C． D．9．已知函数的最大值为2，其部分图象如图所示，则下列判断错误的是（

）A．B．函数为奇函数C．若函数在区间上至少有4个零点，则D．在区间上单调递增二．填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）10．已知i为虚数单位，化简的结果为．11．在的展开式中，项的系数为．12．已知抛物线，经过抛物线上一点的切线截圆的弦长为，则a的值为．13．市场上某种产品由甲、乙、丙三个厂商供应且甲、乙、丙三家产品市场占比为由长期的经验可知，三家产品的正品率分别为，将三家产品按照市场比例混合在一起．从中任取一件，则此产品为正品的概率；若在市场上随机购买两件产品，则这两件产品中恰有一个是正品的概率为．14．在中，，，，，，若，，则（用，表示）；若是上一动点，过分别做交于，交于，则的最小值是．15．若方程在区间上有解，其中，则实数的取值范围为．（结果用表示）三．解答题（本大题共5小题，共75分）16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知．(1)求的值；(2)若△ABC为锐角三角形，，，（ⅰ）求a的值；（ⅱ）求的值．17．如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，．

(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求点到平面的距离．18．已知椭圆左右焦点为，，A是上顶点，B是右顶点，．(1)求椭圆的离心率；(2)当时，直线l与椭圆相切于第二象限的点D，与y轴正半轴相交于点M，直线AB与直线l相交于点H，为H在x轴上投影，若（表示的面积，O为坐标原点），求直线l的方程．19．已知数列是等差数列，，，数列的前n项和为，且，(1)求数列和的通项公式；(2)若集合中恰有四个元素，求实数的取值范围；(3)设数列满足，的前n项和为，证明：．20．已知，函数，．(1)若函数的最小值是0，求实数m的值；(2)已知曲线在点处切线的纵截距为正数．（ⅰ）证明：函数恰有两个零点；（ⅱ）证明：．1．C【分析】先求，再根据并集运算求解.【详解】由题意可得：，所以.故选：C.2．B【分析】根据题意结合充分、必要条件分析判断.【详解】若“”，不能推出，例如，即充分性不成立；若“”，则，可得，即必要性成立；综上所述：“”是“”的必要不充分条件.故选：B.3．D【分析】利用换底公式计算a，利用指数函数单调性判断b，c即可得答案.【详解】因为，，，所以.故选：D4．A【分析】利用排除法，根据题意结合函数定义域以及函数值的符号分析判断.【详解】由题意可知：的定义域为，故B错误；当，先正后负，则有：对于C：因为，则，可知，故C错误；对于D：因为，则，但的符号周期性变化，故D错误；故选：A.5．A【分析】由对数运算可知，分析可知数列的奇项、偶项均构成公比为4的等比数列，利用分组求和以及等比数列求和公式运算求解.【详解】因为，可得，则，可得，可知数列的奇项、偶项均构成公比为4的等比数列，且数列的各项均为正数，，且，可得，所以.故选：A.6．D【分析】由散点图判断A，根据回归直线方程判断B，求出，，根据回归直线方程必过样本中心点求出，令求出，即可判断D.【详解】由散点图可知，商品的价格和需求量存在负相关关系，故A错误；由经验回归方程为，可知与具有线性相关关系，故A错误；又，，又经验回归直线方程必过样本中心点，则，解得，故C错误；当时，，所以价格定为万元，预测需求量大约为，故D正确．故选：D．7．B【分析】由题意可得：圆台的高，可证平面，结合锥体的体积公式运算求解.【详解】设圆台上、下底面圆的圆心分别为，如图所示：可知圆台的高，因为，且，平面，可知平面，所以三棱锥的体积为.故选：B.8．A【分析】根据给定条件探求出的内切圆圆心坐标，借助点到直线距离公式计算可得，结合求，即可得方程.【详解】设双曲线的半焦距为c，则，由对称性不妨令与平行的渐近线为，直线方程为：，即，设的内切圆与三边相切的切点分别为，B，C，如图所示，则，即，而轴，圆半径为，则，点到直线的距离：，整理得，且，解得，又因为，可得，所以双曲线的方程为.故选：A.9．D【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，再根据函数的最大值及求出，由求出的取值，再根据周期确定的值，即可得到函数解析式，即可判断A，根据图象变换结合奇偶性判断B；根据题意以为整体，结合正弦函数性质分析判断CD.【详解】因为（其中、），由题意可知：，且，解得，则，又因为，即，结合图象可知，解得，且，则，解得，所以，可知，故A正确；所以，对于选项B：为奇函数，故B正确；对于选项C：因为，则，由题意可得：，解得，故C正确；对于选项D：因为，则，且在内不单调，所以在区间上不单调，故D错误；故选：D.【点睛】方法点睛：函数的解析式的确定：（1）由最值确定；（2）由周期确定；（3）由图象上的特殊点确定．提醒：根据“五点法”中的零点求时，一般先根据图象的升降分清零点的类型．10．【分析】根据题意结合复数的除法运算求解即可.【详解】由题意可得：.故答案为：.11．15【分析】根据二项式定理可得通项为，令，运算求解即可.【详解】因为的展开式通项为，令，解得，所以项的系数为.故答案为：15.12．1【分析】由题意可得：，设切线方程，结合相切可得，根据垂径定理结合弦长关系列式求解即可.【详解】因为抛物线过点，则，可得，显然切线斜率不为0，设切线方程为，联立方程，消去x得，则，解得，可得切线方程为，即，又因为圆的圆心，半径，则圆心到直线的距离，由题意可得：，解得.故答案为：1.13．####【分析】设相应事件，结合全概率公式求此产品为正品的概率；并结合独立重复性事件的概率公式求恰有一个是正品的概率.【详解】记任取一件，此产品由甲、乙、丙三个厂商供应分别为事件，此产品为正品为事件B，由题意可知：，可得，所以此产品为正品的概率为；这两件产品中恰有一个是正品的概率为.故答案为：；.14．##【分析】根据平面向量线性运算法则计算出，利用余弦定理求出，即可得到，设为的中点，则，再求出，即可得解.【详解】依题意；因为，，，由余弦定理，所以，所以，则四边形为矩形，则，设为的中点，则，当时取得最小值，且最小值为，所以，即的最小值是.故答案为：；15．【分析】把方程在区间上有解，转化为函数的图象与直线在区间上有交点，根据函数单调性，分类讨论分别求出最值求解即可.【详解】因为方程，即在区间上有解，设函数，则函数的图象与直线在区间上有交点．因为，所以，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．当时，在区间上，，，

则，解得．当时，因为，，．令，解得，又，所以，

则，解得，综上，实数的取值范围为．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是将问题转化为函数的图象与直线在区间上有交点，分类讨论得到的最值，即可求出的取值范围.16．(1)或(2)（ⅰ）3；（ⅱ）【分析】（1）根据题意，利用二倍角余弦公式化简求解；（2）（ⅰ）由题意可知：，利用余弦定理分析求解；（ⅱ）由结合倍角公式求，利用正弦定理可得，结合两角和差公式运算求解.【详解】（1）由题可得，即，解得或.（2）因为△ABC为锐角三角形，则，由余弦定理可得，即；因为，且，则，可得由正弦定理可得，则，且，则，所以.17．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）首先取的中点，的中点，连接，，以为原点，分别为轴建系，再利用向量法证明即可；（2）求出平面的法向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值；（3）利用空间向量法求出点到平面的距离.【详解】（1）取的中点，的中点，连接，.因为，，所以，，又因为，，均垂直于平面，，所以平面，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，，，，.设平面的法向量，则，即，令，得，所以，又平面，所以平面；（2）因为，，，设平面的法向量，则，即，令，得，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角为.（3）因为平面的法向量为，，所以点到平面的距离.18．(1)(2)【分析】（1）根据题意可得相应坐标，结合长度关系可得，即可得离心率；（2）设，分析可知直线l的方程为，求相应点的坐标，结合面积关系列式求解即可.【详解】（1）由题意可知：，，，，则，整理得，所以椭圆的离心率.（2）由（1）可知：，则，解得，可知椭圆方程为，直线，设，则，

对于直线，可知点在该直线上，联立方程，解得，可知直线与椭圆切于点，即直线l的方程为，令，解得，即，令，解得，即，联立方程，解得，即，可得，且，由可得，整理得，则，又因为，即，整理得，且，则，整理得，解得或（舍去），代入，解得或（舍去），所以直线l的方程为，即.【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法（1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解；（2）面积问题常采用底高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解；（3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用．19．(1)；(2)(3)证明见详解【分析】（1）根据题意列式求得，即可得数列的通项公式；根据与之间的关系分析可知为等比数列，即可得数列的通项公式；（2）由（1）可知：，设，原题意等价于关于n的不等式恰有4个不同的解，结合数列的单调性分析求解；（3）根据等比数列求和可得，分析可知，结合等比数列求和公式分析证明.【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意可得：，解得，所以；又因为，若，可得，解得；若，可得，两式相减得，即；可知数列是以首项，公比的等比数列，所以.（2）由（1）可知：，若，即，可得，设，原题意等价于关于n的不等式恰有4个不同的解，令，当且仅当时，等号成立，可得，且，则，所以实数的取值范围为.（3）由题意可知：，则，则，因为，则，即，可得，则；又因为，则，可得，则；综上所述：.20．(1)(2)（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）证明见详解【分析】（1）求得，利用导数分析可知的最小值为，结合题意列式求解；（2）根据（1）结合导数的几何意义可得.（ⅰ）求得，结合导数判断原函数单调性结合零点存在性定理分析证明；（ⅱ）由（i）可得要证，即证，先证明，再构造函数，利用导数判断出函数的单调性，从而可得出结论.【详解】（1）因为，则，且，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则的最小值为，解得.（2）由（1）可知：，，可得，，即切点坐标为，斜率，则切线方程为，令，可得，由题意可得：，且，解得；（i）因为，可知的定义域为，，设，则在内恒成立，可知函数在上递增，由（1）可知：当时，，即，当且仅当时，等号成立，则，可得，又因，由零点的存在性定理可得，存在，使得，即，（*）当时，，即，为减函数，当时，，即，为增函数，又因为，，设，则，所以函数在上递增，所以，即，因为，所以，即，所以，则，所以，且，当时，，所以由的单调性可知，且，所以当时，，为减函数，当时，，为增函数，所以由零点的存在