2024年天津市武清区高三数学5月考前训练试卷附答案解析

年天津市武清区高三数学5月考前训练试卷一、选择题（本题包括9小题，每小题5分，共45分.每小题只有一个选项符合题意）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．的展开式中的系数为80”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．函数，的图象大致是（

）A．B．C．D．5．某校高三共有200人参加体育测试，将体测得分情况进行了统计，把得分数据按照分成6组，绘制了如图所示的频率分布直方图.根据规则，82分以上的考生成绩等级为A，则获得的考生人数约为（

）A．25 B．50 C．75 D．1006．在等差数列中，公差，若，则（

）A．12 B．13 C．14 D．157．四棱锥的底面为正方形，，动点在线段上，则下列结论正确的是（

）A．四棱锥的体积为B．四棱锥的表面积为C．在中，当时，D．四棱锥的外接球表面积为8．函数的图象经过点和点，则的单调递增区间是（

）A． B．C． D．9．双曲线的左顶点为A，右焦点为，过点A且倾斜角为的直线顺次交两条渐近线和的右支于，且，下列结论不正确的是（

）A．离心率为2 B．C． D．二、填空题（本题共6小题，共30分）10．已知，且，则．11．已知圆C：，直线m的倾斜角为且与圆C相切，则切线m的方程为．12．已知，若，则的值为.13．某学校为普及垃圾分类知识，增强学生的垃圾分类意识，在全校范围内举办垃圾分类知识竞赛.通过选拔，仅有甲、乙两名选手进入决赛.决赛采用积分制，规则为:抢答3道题，每题10分，答对得10分，答错自己不得分，对方得10分.选手是否抢到试题是等可能的，且回答对错互不影响，得分高的获胜.已知甲、乙两名选手答对每道题的概率分别为，记事件A为“答第一道题，甲选手得分”，则，记甲选手的得分为（单位，分），．14．在边长为1的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC上的动点，满足，，且，则的最小值为，设点M，N满足，，若，则.15．已知函数，若关于的方程恰有三个实根，则实数的取值范围为.三、解答题（本题共5小题，共75分）16．在中，内角所对的边分别为，，，已知(1)求角的大小；(2)已知，的面积为6，求：①边长的值；

②的值.17．三棱台中，若平面，，，，M，N分别是，中点.

(1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值；(3)求点C到平面的距离.18．已知椭圆经过点和，椭圆上三点与原点构成平行四边形.(1)求椭圆的方程；(2)若四点共圆，求直线的斜率.19．已知数列是正项等比数列，是等差数列，且，(1)求数列和的通项公式;(2)，求数列的前项和.(3)表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求范围;20．帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，，，注：，，，，已知函数.(1)求函数在处的阶帕德近似，并求的近似数精确到(2)在（1）的条件下：①求证：；②若恒成立，求实数的取值范围.1．A【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义直接求解即可.【详解】由，得，而，所以.故选：A2．B【分析】利用二项式定理求出展开式中的系数,再根据充分条件和必要条件的定义判断可得答案.【详解】因为的展开式中的系数为,所以或,所以的展开式中的系数为80”是的必要不充分条件,故选:B.3．A【分析】由，利用换底公式可判断利用指数性质可判断，进而得出结果.【详解】由题得，而，所以，所以.故选：A.4．A【分析】利用排除法，根据函数奇偶性和符号性分析判断.【详解】因为，,可知的定义域关于原点对称，则，可知函数是奇函数，排除D，当时，则，则，排除B、C．故选：A．5．B【分析】根据频率分布直方图求获得的频率，进而可得相应的人数.【详解】由题意可知：估计获得的频率为，所以获得的考生人数约为.故选：B.6．D【分析】根据题意，利用等差数列的通项公式和求和公式，列出方程，即可求解.【详解】因为，可得，所以，即，又因为，所以.故选：D．7．C【分析】对于A：根据锥体体积公式运算求解；对于B：根据表面积公式分析运算求解；对于C：由条件确定点的位置，结合锥体体积公式分析判断；对于D：利用补形法，结合长方体的外接球的求四棱锥的外接球半径，进而可得球的表面积.【详解】对于选项A：因为，，，平面，所以平面，可知四棱锥的高，所以四棱锥的体积，故A错误；对于选项B：因为平面，平面，则，且，，平面，可得平面，且平面，可知，同理可知：，则，所以四棱锥的表面积为，故B错误；对于选项C：因为平面，平面，所以，所以为直角三角形，又因为，则，且，，，可得，所以，即，可知点到平面的距离为，所以，故C正确；对于选项D：将四棱锥补形为长方体，如图所示可知四棱锥的外接球的半径为，所以四棱锥的外接球的表面积，故D错误；故选：C.8．D【分析】由条件列方程求，结合正切函数的性质求的单调递增区间.【详解】依题意，，且，即且，因为，所以，则，所以，化简得，因为，所以时，故，所以．由，得，所以的单调递增区间是．故选：D．9．D【分析】对于A：根据垂直关系可得的值，进而可求得离心率，对于B：分析可知为线段的中垂线，即可得结果；对于C：联立直线方程与双曲线方程可求得点坐标，由点、点、点纵坐标可知、为线段的三等分点，结合三角形面积公式判断即可；对于D：由求解即可.【详解】如图所示，由题意知，，直线方程为，对于选项A：因为，则，整理得，所以离心率，故A正确；对于选项B：由选项A可知：直线的斜率分别为，可知，即为线段的中垂线，所以，故B正确；对于选项C：过作垂足为，过作垂足为，过作垂足为，如图所示，由选项A可知：直线方程为，直线方程为，联立方程，解得，即，联立方程，解得，即，联立方程，解得（负值舍去），即，所以，，，可知，即、为线段的三等分点，所以，设到直线距离为，则，，所以，故C正确；对于选项D：如图所示，由选项A可知：，所以，故D不正确；故选：D.【点睛】方法点睛：求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．10．1【分析】根据题意结合复数的除法运算分析求解.【详解】由题意可得：，所以.故答案为：1.11．或【分析】根据已知条件，先设出直线m的方程，再结合点到直线的距离公式，即可求解．【详解】由直线m的倾斜角为，设直线m的方程为，即，而圆C：的圆心，半径，由直线m与圆C相切，得，解得或，所以切线m的方程为或.故答案为：或.12．##【分析】根据余弦函数的有界性，借助于基本不等式推理得到，求出，再求的值.【详解】由可得，即，又因，故得，所以，，因此.故答案为：.13．【分析】由题意可知：事件包含甲抢到并答对和乙抢到并答错两种情况，进而可求；若，可知抢答3道题，其中有2道题甲得分，进而可求.【详解】由题意可知：事件包含甲抢到并答对和乙抢到并答错两种情况，所以；若，可知抢答3道题，其中有2道题甲得分，所以.故答案为：；.14．【分析】由题设可得，结合且及二次函数的性质求最小值，再根据已知可得，由求参数m即可.【详解】由题设，，又，∴，而，∴，由题设知：，，而知：为中点，∴，则，∵，∴，故，由可得：.故答案为：，.【点睛】关键点点睛：应用数量积的运算律，通过转化法结合二次函数的性质求的最小值，由向量加减法的几何意义可得，利用垂直关系求参数值.15．或.【分析】对三个零点的分布情况，结合绝对值函数以及一元二次函数的图象和性质，对分类讨论，并利用数形结合进行求解即可.【详解】当时，最多有两个零点，当时，最多有两个零点，则要使恰有三个实根，则当时，有两个零点，时有一个零点，或当时，有一个零点，时有两个零点，①若当时，有两个零点，则，得，即，此时当时只能有一个零点，需，即，得，此时；②若当时，有一个零点，此时，即时，此时当时，函数的对称轴，要使时有两个零点，则即，得舍或，此时，综上实数的取值范围是或.，故答案为：或.【点睛】本题考查函数零点求参数，正确做出函数的图像是解题的关键，考查数形结合思想，属于中档题.16．(1)(2)，【分析】（1）根据三角恒等变换化简整理即可；（2）①利用面积公式结合余弦定理分析运算；②利用余弦定理求，进而根据三角恒等变换分析运算.【详解】（1）因为，可得，即，且，所以.（2）①因为的面积，解得，由余弦定理，所以.②由余弦定理，可得，则，所以.17．(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.（2）（3）由（1）中坐标系，利用面面角、点到平面距离的向量求法求解即得.【详解】（1）在三棱台中，平面，，显然直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

由，得，由M，N分别是，中点，得，则，因此，而点直线，则，又平面，平面，所以平面.（2）由（1）知，，设平面的法向量，则，令，得，设平面的法向量，则，令，得，设二面角的大小为，则，所以二面角的正弦值.（3）由（1）知，，由（2）知，平面的法向量，所以点C到平面的距离.18．(1)(2)【分析】(1)将点和代入椭圆求解即可；(2)设直线AB的方程为，联立方程，根据平行四边形性质结合韦达定理可得，代入椭圆方程可得，再A，M，B，O四点共圆，可得，列式解方程即可；同时，本题亦可用三角函数作为点的参数，结合共圆条件，通过三角恒等变换得到结论.【详解】（1）因为椭圆过点和，则，解得，所以椭圆C的方程为.（2）方法一：因为直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为，联立方程，消去y得，可得，则，，可得，，因为四边形是平行四边形，故，即.因为点M在椭圆C上，故，整理可得，即.因为A，M，B，O四点共圆，可知平行四边形是矩形，故，可得，整理得.联立方程，解得，此时，可知符合题意，所以所求直线AB的斜率为.方法二：设，，由四边形是平行四边形可知，即.再由A，M，B，O四点共圆，可知四边形AMBO是矩形，故，从而.而在椭圆上，将的坐标代入椭圆方程可得.从而.故，从而.故所求斜率.【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横（纵）坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．19．(1)；(2)(3)【分析】（1）设出公比和公差，得到方程组，求出公比和公差，求出通项公式；（2）设，错位相减法求得，设，裂项相消法求得，进而可得结果；（3）求出，设，作差法得到其单调性，结合集合有4个元素，求出.【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，因为，则，解得或（舍去），所以；.（2）因为，，设，，两式相减得，所以，当n为奇数时，，设，.（3）由题意可知：，其中，所以，集合，设，则，所以当时，，当时，．计算可得，，，，，因为集合有4个元素，．【点睛】结论点睛：常见的裂项相消法求和类型：分式型：，，等；指数型：，等；根式型：等；对数型：，且.20．(1)，(2)①证明见解析；②【分析】（1）先写出阶帕德近似，然后求导得到，，令得，所以，求导得到求解即可；（2）令，，求导得到判断在及上均单调递减，按照和分类讨论求解即可；由已知令，且，所以是的极大值点，求导得到，故，，得到之后写出，然后求导判断单调性证明即可.【详解】（1）由题可知函数在处的阶帕德近似，则，，，由得，所以，则，又由得，所以，由得，所以，所以.（2）①令，，因为，所以在及上均单调递减.当，，即，而，所以，即，