2024屆天津市和平區(qū)高三上學(xué)期期末質(zhì)量調(diào)查數(shù)學(xué)試題及答案

150120分鐘．祝同學(xué)們考試順利！第Ⅰ卷（選擇題共45分）注意事項(xiàng)：1．答題Ⅰ卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考號(hào)涂寫(xiě)在答題卡上．2．每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑．如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)．答在試卷上的無(wú)效．3．本卷共9小題，每小題5分，共45分．參考公式：1·錐體的體積公式錐體Sh，其中S表示錐體的底面積，h表示錐體的高．3·柱體的體積公式柱體Sh，其中S表示柱體的底面積，h表示柱體的高．·如果事件、B互斥，則PABPAPB．·如果事件,B相互獨(dú)立，則PPAPB．·任意兩個(gè)事件A與B，若PA0，則PABPAPBA．一、選擇題（在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）U（1）已知集合UxNx3,A1,3Bxx2x60，則eAB（）（A）2,3（B）3,2（C）3,2,4（D）211（2“xy”是“”的（）xy（A）充分不必要條件（C）充要條件（B）必要不充分條件（D）既不充分也不必要條件（3）函數(shù)fx的大致圖象如圖所示，則它的解析式可能是（）（第3題）3xx43xx4（A）fx（B）fxx2x3xx43xx4（C）fx（D）fxx2x（4）為深入學(xué)習(xí)宣傳黨的二十大精神，某校開(kāi)展了“奮進(jìn)新征程，強(qiáng)國(guó)伴我行”二十大主題知識(shí)競(jìng)賽，選派了10名同學(xué)參賽，且該10名同學(xué)的成績(jī)依次是：．針對(duì)這一組數(shù)據(jù)，以下說(shuō)法正確的個(gè)數(shù)有（）①這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為90；②這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為89；③這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為90；④這組數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為93；⑤這組數(shù)據(jù)的每個(gè)數(shù)都減5后，這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)與方差均無(wú)變化．（A）2個(gè)（B）3個(gè)（C）4個(gè)的前n項(xiàng)和，an（C）45（D）5個(gè)，則S4的值為（（D）931232為等比數(shù)列，Sn為數(shù)列aSn（5）已知數(shù)列an）n（A）9（B）21π（6）已知函數(shù)fxsinx(0)，函數(shù)fx圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸與一個(gè)對(duì)稱(chēng)中心的最小距離為，將2π1fx圖象上所有的點(diǎn)向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所得圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的（縱坐標(biāo)不42）π41π4（A）fxsin2x（B）fxsinx2π（D）fxcos2x（C）fxsin2x43（7）如圖，已知四棱錐A的體積為V,CE是BCD的平分線，CDCEBC，若棱上的41點(diǎn)P滿足APAC，則三棱錐ADEP的體積為（）3（第7題）2134（A）V（B）V（C）V（D）V77b1（8）已知實(shí)數(shù)a,b,c，滿足log3ac，則下列關(guān)系不可能成立的是（）5（A）bca（B）bac（C）cba（D）cabx22y22（9C:的右焦點(diǎn)為點(diǎn)FF作雙曲線C的其中一條漸近線l的垂1ab0ab線，垂足為點(diǎn)A（點(diǎn)A在第一象限），直線與雙曲線C交于點(diǎn)B，若點(diǎn)B為線段的中點(diǎn)，且2，則雙曲線C的方程為（）x2y2x2y2x2y2x2y2（A）1（B）1（C）1（D）144244884第Ⅱ卷（非選擇題共105分）注意事項(xiàng)：1．用黑色鋼筆或簽字筆直接答在答題卡上，答在本試卷上的無(wú)效．2．本卷共11題，共105分．二、填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分．試題中包含兩個(gè)空的，答對(duì)1個(gè)的給3分，全部答對(duì)的給5分）（10）i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足3z1，則z的虛部為_(kāi)_____．82x（11）在的二項(xiàng)展開(kāi)式中，x2的系數(shù)為_(kāi)_____．2x（123個(gè)黑球和2則兩次抽到顏色相同的球的概率是______；（ⅱ）若第一次隨機(jī)抽取一個(gè)球之后，抽取出來(lái)的球不放回盒中，第二次從盒中余下的球中隨機(jī)抽取一個(gè)球，則在已知兩次抽取的球顏色相同的條件下，第一次抽取的球是白球的概率是______．（13）直線l:yx與圓C:x22y422rr0相交于,B兩點(diǎn)，若點(diǎn)D為圓C上一點(diǎn)，且△ABD為等邊三角形，則r的值為_(kāi)_____．（14）如圖，在△ABC中，，過(guò)點(diǎn)O的直線分別交直線AB,于不同的兩點(diǎn)M,N，記21ABa,ACb，用a,b表示AO______；設(shè)ABmAM,ACnAN，若mn0，則的最mn小值為_(kāi)_____．（第14題）x22axa2x10在區(qū)間3內(nèi)有兩個(gè)不等的實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為2（15）若方程______．三、解答題（本大題共5小題，共75分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟）（1614分）3在△ABC中，內(nèi)角,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,sin2CsinC,ac．7（Ⅰ）求A的值；（Ⅱ）若c7，（ⅰ）求b的值；（ⅱ）求AB的值．（1715分）如圖，四棱柱ABCDABCD中，側(cè)棱底面ABCD,DC,AB∥，1111126，四棱柱ABCDABCD的體積為36．1111（第17題）（Ⅰ）證明：∥平面CDDC；111（Ⅱ）求平面CDDC與平面ACB的夾角的余弦值；111（Ⅲ）求點(diǎn)D到平面ACB的距離．11（1815分）x2y2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓1:1ab0的左，右焦點(diǎn)分別為點(diǎn)F,F，左，右頂點(diǎn)分別a2b2122為點(diǎn)A,A2是拋物線C2:y2pxp0F到拋物線C的準(zhǔn)線的距離122123為1．（Ⅰ）求橢圓C的方程和拋物線C的方程；12（Ⅱ）直線AM交橢圓C于點(diǎn)M（點(diǎn)My軸于點(diǎn)N△A的面積是△A面積的11211125倍，求直線1M的斜率．（1915分）已知等差數(shù)列a的前n項(xiàng)和為Sn，且S44S2,2n2n1．n2nSinN*（Ⅰ）求數(shù)列a的通項(xiàng)公式以及i；ni2（Ⅱ）若等比數(shù)列n滿足b1，且n1n0，12nknN*kabkk（ⅰ）求kk1；k11（ⅱ）若nn1n1nN*,P1352m1,m2462m，mnmN*,G是P與Q的等比中項(xiàng)且G0，則對(duì)任意s,tN*,GGh，求h的最小值．mmmmst（2016分）xx0,gxeaxaR，已知函數(shù)fx（Ⅰ）若a1，討論Fxfxgx在的單調(diào)性；x14（Ⅱ）若a0，函數(shù)Gxfxgx，不等式asinxGx恒成立，求實(shí)數(shù)a66n16n27n16n（Ⅲ）當(dāng)nN*,n2時(shí)，求證：sin．kk2和平區(qū)2023－2024學(xué)年度第一學(xué)期高三年級(jí)期末考試數(shù)學(xué)試卷參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)一、選擇題（9×5分＝45分）（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）DBDBCABBA二、填空題（6×5分＝30分）12713526195（10）11）12）:13）2214）ab；15）13,．544444三、解答題（共75分）（1614分）1sin2CCC，已知sin2CsinC，所以C且Cπ，2πac33314所以C，由正弦定理有，所以sinAsinC．3sinAsinC7a2b2c2c7，所以a3，由余弦定理cosC得b2b400，2ab解得b8或b5b的值為8．3313（ⅱ）因?yàn)閍c,Aπ，又因?yàn)閟inA，所以cosA1sin2A0，1414法（一）ABBsinsinB，a2c2b21437因?yàn)閏7,ab8，所以cosB，所以sinB，2ac7131334323AB．14714798π2法（二）因?yàn)锳BCπ,C，所以BπA，33232322則ABAπA2Aπcos2Aπsin2Asinπ33393987198sin2AAcosA,cos2A2A1，71139331177123所以AB．98298219698（1715分）底面ABCD,ADDCD為坐標(biāo)原點(diǎn)，,DC,DD的方向分別為x軸，y11軸，z軸的正方向，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，36又因?yàn)槔庵w積為36，易知底面ABCD為直角梯形，其面積為S有DD12．所以418，柱體體積V36Sh，21A0,0,B4,3,0,C0,6,0,D0,0,0,A4,0,2,B4,3,2,C0,6,2,D0,0,2．111（第17題）（Ⅰ）證明：因?yàn)?,3,2，平面CDDC的法向量為n1,0,0，1111n0，所以ABn，又因?yàn)槠矫鍯DDC，所以∥平面CDDC．11111111110，設(shè)平面ACB的法向量為nx,y,z，則（Ⅱ）解：因?yàn)锳B0,3,2,AC112nAB3y2z21，令，x3，則n3,2,32nAC4x6y0.21,0,0，設(shè)平面CDDC與平面ACB的夾角為，由（Ⅰ）得1111nncosn,n3322221212nn12223則平面CDDC與平面ACB的夾角的余弦值為．111（Ⅲ）解：因?yàn)?B4,3,0，1DBn212692211所以，點(diǎn)D到平面ACB的距離為．11n22112（1815分）c2,ap3a1的坐標(biāo)為c,0．依題意，a,，解得c，2p6.ac1.于是b2a2c5．2x2y2所以，橢圓1的方程為1，拋物線C2的方程為2y12x．95（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)M坐標(biāo)為x,y，點(diǎn)N坐標(biāo)為y2，且由題意11y20，1116y2△2SS1O12425425y217527△AAN21（法一）由，可得12，即，即，則，S51y△1△111121O213267由，即，可得1，7767因?yàn)辄c(diǎn)M在第二象限，則1，6x2y2157615，所以點(diǎn)M坐標(biāo)為,，將1代入橢圓方程1，求得1795771571．又因?yàn)锳3,0，則直線AM的斜率為11637（法二）因?yàn)辄c(diǎn)M在第二象限，則直線1M的斜率存在且大于0，設(shè)直線AM的方程為ykx3,k0，12因此點(diǎn)Nk,yk．ykx3,，聯(lián)立方程組，整理得到9k5x54kxk450．2222x2y21.95k9k22451527k230k由韋達(dá)定理得31，代入直線方程1，所以1．59k259k5216y2△2Sy211254242575△AAN21由則，可得12，即，所以，SS51y△1△11112y2k30k9k57，解得k1，152因?yàn)閗0，則直線1M的斜率為1．或者因?yàn)辄c(diǎn)M在第二象限，則直線1M的斜率存在且大于0，設(shè)直線1M的方程為xm0，3m3因此點(diǎn)N,y2．mxmy，聯(lián)立方程組，整理得到5m29y300，222xy1.9530m30m5m29由韋達(dá)定理，得10，所以1．5m2916y2△ASSy211254254275△AAN21由則2，可得12，即，所以，S51y△1△111123y27m30m，解得m1，155m29因?yàn)閙0，直線AM的方程為xy3，即yx3，則直線AM的斜率為1．11（法三）因?yàn)辄c(diǎn)M在第二象限，則直線1M的斜率存在且大于0，設(shè)直線AM的方程為ykx3，則k0，12因此點(diǎn)Nk,yk．ykx3,，聯(lián)立方程組，整理得到9k5x54kxk450．2222x2y21.958k2451527k230k，代入直線方程1由韋達(dá)定理得3x，所以1．1229k529k59k55k99k3230kSS△2NA△23yy3k，△2219k259k5111215k1，△19k2515k99k3212512515kSS，即，2△19k529k51解得k1，因?yàn)閗0，則直線1M的斜率為1．或者因?yàn)辄c(diǎn)M在第二象限，則直線1M的斜率存在且大于0，設(shè)直線1M的方程為xmy3，則m0，3m3因此點(diǎn)N,y2．mxmy，聯(lián)立方程組，整理得到5m29y300，222xy1.9530m30m5m29由韋達(dá)定理，得10，所以1．5m2932715m2330mSSS△2NA△23yy3，△2219m5m29m5m2111215m1，△15m29132715m212512515mS，即，△2△1m5m925m921解得m1，因?yàn)閙0，直線1M的方程為xy3，即yx3，則直線1M的斜率為1．（1915分）434ad42ad,112an的公差為d，則，a2a1.21412d1d2.即，解得,n12n2n1，1d1.n2n11SnnSnn2，則n，22nSi2n2n122nii232n2nn1．22i2i22nSii2nn1．2所以i2b1，且bnn1（Ⅱ）等比數(shù)列n滿足bn12，公比為2，所以2，1nnna2kb（?。┰O(shè)Akb,B，kkaakk1k1k1na2nna2bkAB，kkkkkkkkak1aak1kk1k1k1nk1，ab,ab2k12kkkkAk1A1203252122n2n1，①2A1213225232n2n．②A12222232n12n2，n①式－②式得22n122n12nn．332n212n．所以A32n322k32k12k12k2k1na2kkk12又Bkb，則k2k1．k2k12k1aakk1k1102132nn1n222222222所以B1．3153752n12n12n12n2n則AB32n32n2n321n2．2n12n124n2nk24n所以abb2n2．kkk2n1kk1k110（ⅱ）當(dāng)n1時(shí)，cc1，122n12cc,n1n2c1n2，兩式相除得，n1n21cc.nn12mm11c1c1122m2m212212mc1,Qc1，131m13211222mm49121mcc11．12232m2111223當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)，m1單調(diào)遞增，m2時(shí)G有最小值,m,．m322m212m,1當(dāng)m為奇數(shù)時(shí)，m1單調(diào)遞減，m1時(shí)Gm有最大值．．32312112則hGmG1，所以h的