天津市和平区2024届高三数学上学期期末质量调查试题【含答案】

温馨提示：本试卷包括第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．祝同学们考试顺利！第Ⅰ卷（选择题共45分）注意事项：1．答题Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号涂写在答题卡上．2．每小题选出答案后，用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．答在试卷上的无效．3．本卷共9小题，每小题5分，共45分．参考公式：锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高．柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高．如果事件互斥，则．如果事件相互独立，则．任意两个事件与，若，则．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.已知集合，则（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据补集、并集的知识求得正确答案.【详解】依题意，，所以.故选：D2.条件，条件，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【答案】B【解析】【分析】举反例即可说明充分性，根据不等式的性质，即可判断必要性，进而可求解.【详解】当且时，，所以是的不充分条件，而时，则，所以，故是的必要条件，因此是的必要不充分条件，故选：B3.函数的大致图象如图所示，则它的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据函数图象关于原点对称，可知函数为奇函数，结合函数零点情况，逐项验证即可.【详解】函数图象关于原点对称，可知函数为奇函数，且函数在有唯一零点，对于A，函数的定义域为，且，函数为偶函数，故A错误；对于B，函数的定义域为，，函数为奇函数，但当时，恒成立，无零点，故B错误；对于C，函数的定义域为，且，函数为偶函数，故C错误；对于D，函数的定义域为，且，函数为奇函数，经验证，符合题意，故D正确，故选：D.4.为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛，选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：．针对这一组数据，以下说法正确的个数有（）①这组数据的中位数为90；②这组数据的平均数为89；③这组数据的众数为90；④这组数据的第75百分位数为93；⑤这组数据每个数都减5后，这组数据的平均数与方差均无变化．A.2个 B.3个 C.4个 D.5个【答案】B【解析】【分析】根据中位数、平均数、众数、百分位数概念及方差的概念和性质，逐项进行计算验证即可求解.【详解】①中位数为，①正确；②平均数为，②正确；③众数为，③正确；④因为，则第百分位数为第个数，所以的第百分位数为，④错误；⑤根据平均数和方差的性质可得，每个数都减5后平均数对应的减5，但方差不发生改变，⑤错误.所以正确的个数有个.故选：B.5.已知数列为等比数列，为数列的前项和，，则的值为（）A.9 B.21 C.45 D.93【答案】C【解析】【分析】利用将条件转化为关于数列的递推式，然后构造等比数列求出数列的通项公式，进而可得的值.【详解】由得，整理得，又得，故数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以，即所以.故选：C.6.已知函数，函数图象的一条对称轴与一个对称中心的最小距离为，将图象上所有的点向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到的图象所表示的函数为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】首先求出周期则得到，再根据平移压轴的原则即可得到答案.【详解】由题意得，，则，所以，则将图象上所有的点向左平移个单位长度变为，再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到的图象所表示的函数为.故选：A.7.如图，已知四棱锥的体积为是的平分线，，若棱上的点满足，则三棱锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用三角形面积公式求出，进而求出与的关系，根据相似可确定三棱锥的高，由可化简得到三棱锥的体积.【详解】因为CE是的平分线，所以，所以，所以，设点A到平面BEDC的距离为h，因为，则，所以点P到平面BEDC的距离为，.故选：B8.已知实数，满足，则下列关系不可能成立的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据指数函数和对数函数图像直接画图求解即可.【详解】设，则分别为与图象交点的横坐标，当时，如下图所示，此时，故A情况可能出现.当时，且位于和交点上方时，如下图所示，此时，故C情况可能出现.当时，且位于和交点下方时，如下图所示，此时，故D情况可能出现.所以不可能出现.故选：B9.已知双曲线的右焦点为点，过点作双曲线的其中一条渐近线的垂线，垂足为点（点在第一象限），直线与双曲线交于点，若点为线段的中点，且，则双曲线的方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出焦点到渐近线的距离，再联立直线直线与渐近线得点坐标，得中点的坐标，代入双曲线方程计算化简即可.【详解】双曲线的渐近线方程为，由对称性，不妨取其中一条渐近线，即，点，则，则.且，由，解得，所以，由点为线段的中点，则，由点在双曲线上，则，化简得，又，得，则双曲线方程为.故选：A.第Ⅱ卷（非选择题共105分）注意事项：1．用黑色钢笔或签字笔直接答在答题卡上，答在本试卷上的无效．2．本卷共11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1个的给3分，全部答对的给5分）10.为虚数单位，复数满足，则的虚部为______．【答案】【解析】【分析】根据复数的乘除法运算法则进行运算，继而可得到答案.【详解】因为，所以，所以复数的虚部为，故答案为：.11.在的二项展开式中，的系数为______．【答案】##【解析】【分析】利用二项式展开式的通项公式，根据条件赋值后，计算即可.【详解】根据二项式展开式的通项公式得：，令，则.故答案为：.12.将3个黑球和2个白球放入一个不透明的盒中，各球除颜色不同外完全相同，现从盒中两次随机抽取球，每次抽取一个球．（ⅰ）若第一次随机抽取一个球之后，将抽取出来的球放回盒中，第二次随机抽取一个球，则两次抽到颜色相同的球的概率是______；（ⅱ）若第一次随机抽取一个球之后，抽取出来的球不放回盒中，第二次从盒中余下的球中随机抽取一个球，则在已知两次抽取的球颜色相同的条件下，第一次抽取的球是白球的概率是______．【答案】①.##②.##【解析】【分析】放回和不放回两种抽取时，考查抽取的所有情况及不同条件下的情况，利用古典概型概率计算公式计算即可.【详解】放回的抽取时，两次抽取共有种情况，其中两次抽取颜色相同共有种情况，其中黑色相同的有种，白色相同的共有种，故所求概率为；当不放回的抽取时，颜色相同的有种情况，其中其中黑色相同的有种，白色相同的共种，所以在已知两次抽取的球颜色相同的条件下，第一次抽取的球是白球的概率为.故答案为：；13.直线与圆相交于两点，若点为圆上一点，且为等边三角形，则的值为______．【答案】【解析】【分析】由圆的几何性质及点到直线的距离公式求解即可.【详解】由题意知，,所以,则圆心到直线的距离为：，则，故答案为：.14.如图，在中，，过点的直线分别交直线于不同的两点，记，用表示______；设，若，则的最小值为______．【答案】①.②.【解析】【分析】利用平面向量的线性运算、用基底表示向量，结合基本不等式即可求解.【详解】由题知，，即.由，，所以，因、、三点共线，所以，所以，当且仅当，即时等号成立.故答案为：；15.若方程在区间内有两个不等的实根，则实数的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】问题等价于方程在上有1根，方程在上有且仅有1根或方程在上无根，方程在上有两不等实根，结合判别式及韦达定理结合根的分布知识可得答案.【详解】若，则为一次方程，若，为二次方程.则问题等价于方程在上有1根，方程在上有且仅有1根，或方程在上无根，方程在上有两不等实根.,方程在上有1根,则或，方程在上无根，则.，令，因，则，则，注意到函数在上单调递减，在上单调递增，据此可得函数在上的大致图象如下.则方程根的个数相当于直线与函数图象交点的个数方程在上有且仅有1根，则或；方程上有两不等实根，则.则方程在上有1根，方程在上有且仅有1根，可得；方程在上无根，方程在上有两不等实根，可得.综上可得，.故答案为：.三、解答题（本大题共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，内角所对的边分别为．（1）求的值；（2）若，（ⅰ）求值；（ⅱ）求的值．【答案】（1）（2）（ⅰ）8；（ⅱ）【解析】【分析】（1）利用正弦二倍角公式及题中条件化简即可；（2）（ⅰ）利用余弦定理结合题中条件解方程即可；（ⅱ）利用两角差的余弦公式结合题中条件计算即可，也可以利用诱导公式利用二倍角公式进行计算.【小问1详解】因为，且，，所以，所以，由正弦定理有，所以．【小问2详解】（ⅰ）因为，所以，由余弦定理得，解得或（舍），所以的值为8．（ⅱ）因为，又因为，所以，法（一），因为，所以，所以，．法（二）因为，所以，则，又，所以．17.如图，四棱柱中，侧棱底面，，四棱柱的体积为36．（1）证明：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值；（3）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题中条件建立以点为坐标原点的空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用，结合线面平行的判断定理证明即可；（2）利用平面夹角的向量表示公式进行计算即可；（3）利用点到平面距离的向量表示公式进行计算即可.【小问1详解】因为侧棱底面，所以以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，又因为棱柱体积为36，易知底面为直角梯形，其面积为，柱体体积，有．所以，证明：因为，平面的法向量为，，所以，又因为平面，所以平面．【小问2详解】因为，设平面的法向量为，则，令，则，由（1）得，设平面与平面的夹角为，则平面与平面的夹角的余弦值为．【小问3详解】因为，所以，点到平面的距离为．18.在平面直角坐标系中，椭圆的左，右焦点分别为点，左，右顶点分别为点，离心率为．已知点是抛物线的焦点，点到抛物线的准线的距离为1．（1）求椭圆的方程和抛物线的方程；（2）直线交椭圆于点（点在第二象限），交轴于点的面积是面积的倍，求直线的斜率．【答案】（1），（2）1【解析】【分析】（1）根据题意列出方程组解出即可；（2）可利用，继而，则，转化为，解得，得到点的坐标继而计算即可；也可以联立联立方程组或消元后，利用韦达定理求得的表达式，利用得到，代入解方程即可；也可以利用得到关系式解方程即可.【小问1详解】设点的坐标为．依题意，，解得，于是．所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为．【小问2详解】设点坐标为点坐标为，且由题意，（法一）因为又，，可得，即，即，则，由，即，可得，因为点在第二象限，则，将代入椭圆方程，求得，所以点坐标为，又因为，则直线的斜率为．（法二）因为点在第二象限，则直线的斜率存在且大于0，设直线的方程为，因此点．联立方程组，整理得到．由韦达定理得，所以，代入直线方程．由，可得，即，所以，则，解得，因为，则直线的斜率为1．或者因为点在第二象限，则直线的斜率存在且大于0，设直线的方程为，因此点．联立方程组，整理得到，由韦达定理，得，所以．由，可得，即，所以，则，解得，因为，直线的方程为，即，则直线的斜率为1．（法三）因为点在第二象限，则直线的斜率存在且大于0，设直线的方程为，则，因此点．，联立方程组，整理得到．由韦达定理得，所以，代入直线方程．，，，即，解得，因为，则直线的斜率为1．或者因为点在第二象限，则直线的斜率存在且大于0，设直线的方程为，则，因此点．联立方程组，整理得到，由韦达定理，得，所以．，，即，解得，因为，直线的方程为，即，则直线的斜率为1．【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．19.已知等差数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式以及；（2）若等比数列满足，且，（ⅰ）求；（ⅱ）若，，是与的等比中项且，则对任意，求的最小值．【答案】（1），（2）（ⅰ）；（ⅱ）【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式以及前项和列出方程组即可求出数列的通项公式；中先将求出，然后化简，代入整理即可.（2）（ⅰ）将拆成两部分，，分别求和，其中用到错位相减求和，用到裂项相消求和.（ⅱ）由可求出，即数列中奇数项和偶数项分别为等比数列，所以根据等比数列的前项和可以表示出和，由是与的等比中项且，所以，即，根据的奇偶，求出的最大值和最小值，若对任意，则，即.【小问1详解】设等差数列的公差为，则，即，解得，，，则，．所以．【小问2详解】等比数列