2024屆天津市八校聯(lián)考高三上學(xué)期期末質(zhì)量調(diào)查數(shù)學(xué)試卷（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1天津市八校聯(lián)考2024屆高三上學(xué)期期末質(zhì)量調(diào)查數(shù)學(xué)試卷第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題1.已知全集，集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，，，，.故選：B.2.若，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】因為，解得或，當(dāng)時，；當(dāng)時，；所以不是的充分條件；當(dāng)時，即，所以必要性成立，故若，則“”是“”的必要不充分條件，故選：B3.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，，所以.故選：C4.函數(shù)的部分圖象如下圖所示，則的解析式可能為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由圖象可得，據(jù)此排除BCD.故選：A.5.已知某公路上經(jīng)過的貨車與客車的數(shù)量之比為，貨車和客車中途停車修理的概率分別為和，則一輛汽車中途停車修理的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】事件表示一輛汽車中途停車修理，事件表示該汽車是貨車，事件表示該汽車是客車，則，，，，則.故選：C6.已知，，m為實數(shù)，若，則向量在上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根據(jù)題意可知，由可得，解得，所以；所以向量在上的投影向量為.故選：D.7.清初著名數(shù)學(xué)家孔林宗曾提出一種“蒺藜形多面體”，其可由相同的兩個正交的正四面體組合而成（如圖1），也可由正方體切割而成（如圖2）．在“蒺藜形多面體”中，若正四面體的棱長為2，則該幾何體的體積為（）A. B.2 C. D.4【答案】A【解析】因為，所以，，設(shè)，則到的距離為，所以蒺藜形多面體體積為正方體體積減去，即.故選：A8.已知過原點O的直線與雙曲線交于A，B兩點（點A在第一象限），，分別為雙曲線E的左．右焦點，延長交E于點C，若，，則雙曲線E的漸近線方程為（）A B. C. D.【答案】A【解析】如下圖所示：連接，由直線過原點并利用雙曲線的對稱性可知，關(guān)于原點對稱，也關(guān)于原點對稱；可得四邊形為平行四邊形，所以，由雙曲線定義可得，即，又，可得，由可得，又可得為正三角形，所以，可得，即；又，所以，即可得漸近線方程為；故選：A9.已知函數(shù)的對稱中心到對稱軸的最小距離為，將的圖象向右平移個單位長度后所得圖象關(guān)于y軸對稱，且關(guān)于函數(shù)有下列四種說法：①是的一個對稱軸；②是的一個對稱中心；③在上單調(diào)遞增；④若，則，．以上四個說法中，正確的個數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】根據(jù)題意由對稱中心到對稱軸的最小距離為可得，即，得；將的圖象向右平移個單位長度后可得，其圖象關(guān)于y軸對稱，所以為偶函數(shù)，則，，解得，，由可知當(dāng)時，符合題意；由可得；因此；對于①，當(dāng)時，，取得最大值，所以是的一個對稱軸，即①正確；對于②，當(dāng)時，，所以不是的一個對稱中心，即②錯誤；對于③，當(dāng)時，可得，又在上不單調(diào)，所以在上不是單調(diào)遞增的，所以③錯誤；對于④，若，由正弦函數(shù)圖象性質(zhì)可知兩個相鄰零點的距離為半個周期，所以任意兩個零點之間的距離為半周期的整數(shù)倍，由的周期為可得，，即④正確；所以正確的個數(shù)只有①和④共2個.故選：B.第Ⅱ卷（非選擇題）二、填空題10.若復(fù)數(shù)z滿足（其中是虛數(shù)單位），則z的虛部為______．【答案】2【解析】由題意可得；由虛部定義可得z的虛部為2.故答案為：211.的展開式中，項的系數(shù)為______.（用數(shù)字作答）【答案】【解析】展開式的通項公式為，由得，所以的展開式中項的系數(shù)為，故答案為：12.已知直線與⊙：交于A，B兩點，寫出滿足“面積為”的實數(shù)的一個值______（寫出其中一個即可）【答案】（答案不唯一）【解析】設(shè)圓心到直線的距離為，則，由，解得：或若，則或；若，則或.故答案為：（，，任意一個也對）13.學(xué)習(xí)于才干信仰，猶如運動于健康體魄，持之已久、行之愈遠(yuǎn)愈受益．為實現(xiàn)中華民族偉大復(fù)興，全國各行各業(yè)掀起了“學(xué)習(xí)強國”的高潮．某老師很喜歡“學(xué)習(xí)強國”中“挑戰(zhàn)答題”模塊，他記錄了自己連續(xù)七天每天一次最多答對的題數(shù)如下表：天數(shù)x1234567一次最多答對題數(shù)y12151618212427參考數(shù)據(jù)：，，，，，相關(guān)系數(shù)由表中數(shù)據(jù)可知該老師每天一次最多答對題數(shù)y與天數(shù)x之間是______相關(guān)（填“正”或“負(fù)”），其相關(guān)系數(shù)______（結(jié)果保留兩位小數(shù)）【答案】正0.99【解析】由表中數(shù)據(jù)得隨的增大而增大，所以該老師每天一次最多答對題數(shù)y與天數(shù)x之間是正相關(guān)，.故答案為：正；.14.已知點A為拋物線上一點（點A在第一象限），點F為拋物線的焦點，準(zhǔn)線為l，線段AF的中垂線交準(zhǔn)線l于點D，交x軸于點E（D、E在AF的兩側(cè)），四邊形為菱形，若點P、Q分別在邊DA、EA上，，，若則的最小值為______，的最小值為______．【答案】3【解析】對于第一個空：因為四邊形為菱形，所以,,又由拋物線的定義知，，所以,,所以的方程為，由聯(lián)立得，，得，由分析知，，所以,,,,,,,,，又，所以,，,當(dāng)時，取最小值3.對于第二個空：,,表示的是點到點和的距離之和，在直線上，設(shè)關(guān)于直線對稱的點,由得，所以，，當(dāng)且僅當(dāng)三點共線時，等號成立.故的最小值為.故答案為：①3，②.15.函數(shù)，函數(shù)若函數(shù)恰有2個零點，則實數(shù)a的取值范圍是______．【答案】【解析】由題意可得.當(dāng)時，，，當(dāng)在上存在2個零點時，，解得；當(dāng)在上存在唯一零點時，，解得；當(dāng)在上不存在零點時，無解.當(dāng)時，，則，當(dāng)時，在單調(diào)遞增，，由，則在上存在唯一零點，此時符合題意；當(dāng)時，令，解得，當(dāng)時，，則單調(diào)遞增，當(dāng)時，，則單調(diào)遞減，所以，令，解得，當(dāng)時，在上存在唯一零點，此時符合題意；當(dāng)時，，此時符合題意；當(dāng)時，，由，則在存在2個零點，此時不合題意；當(dāng)時，，則在不存在零點，此時不合題意.綜上所述，故答案為：.三、解答題16.在中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知．（1）求角A的大?。唬?）若，，①求的值；②求的面積．解：（1）法一：由，根據(jù)正弦定理有，因為，所以，整理得，因為，所以，因為，所以．法二：由，根據(jù)余弦定理有．整理得，即．∴，因為，所以．（2）因為，，由（1）知，①由正弦定理，，∴，又因為，所以為銳角，∴，所以，，所以.②法一：由，將，，代入，解得，∴.法二：∵，∴，∴．17.如圖，正方形與梯形所在平面互相垂直，已知．//，，點P為線段EC的中點．（1）求證：∥平面CDE；（2）求直線DP與平面所成角的正弦值；（3）求平面與平面夾角的余弦值．（1）證明：因為//，面，面，所以//平面，同理，//平面，又，面，所以平面//平面，因為平面，所以//平面．（2）解：因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，故．而四邊形是正方形，所以，又，以D為原點，，，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，．設(shè)平面的法向量為，則即令，則，所以．設(shè)直線與平面所成角的大小為，則所以直線與平面所成角的正弦值為．（3）解：取平面的一個法向量，設(shè)平面與平面夾角的大小為，則所以平面與平面夾角的余弦值是．18.已知橢圓，，分別是橢圓C的左、右焦點，點為左頂點，橢圓上的點到左焦點距離的最小值是焦距的．（1）求橢圓的離心率；（2）直線過橢圓C的右焦點，與橢圓C交于P，O兩點（點P在第一象限）．且面積的最大值為，①求橢圓C的方程；②若直線，分別與直線交于，兩點，求證：以為直徑的圓恒過右焦點．（1）解：先求橢圓上任意一點到左焦點的距離的最小值：設(shè)是橢圓上任意一點，是左焦點，則，所以，二次函數(shù)的開口向上，對稱軸，所以二次函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以的最小值為.由題意可得，∴，橢圓的離心率為.（2）①解：由（1）可知，，∴，設(shè)橢圓方程為，法一：由題意可知直線的斜率顯然不為0，設(shè)直線方程為：，，，聯(lián)立，消去x整理得，由題意知恒成立，則，，則，令，則，∴，因為在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，有最大值，，∴，∴，，，橢圓方程為：．法二：當(dāng)直線PQ的斜率存在時，由題知，，此時，設(shè)PQ：，聯(lián)立，得，設(shè)，，由題意知恒成立，，，，令，∴，因為在上單調(diào)遞增，∴，?∴，當(dāng)直線的斜率不存在時，此時，代入中，得，∴，∴面積的最大值為，∴，橢圓方程為.②證明：法一：由（i）知，，∴，?，∴直線的方程為：，直線的方程為：，∴，，∴，，由，得，，，∴，∴，∴以為直徑的圓恒過右焦點．法二：由（i）知，，當(dāng)直線的斜率不存在時，有，，直線，令，得，同理，此時，當(dāng)直線的斜率存在時，，∴，，∴直線的方程為：，直線的方程為：，∴，，∴，，由，，，∴，∴，∴以為直徑的圓恒過右焦點．19.已知數(shù)列是正項等比數(shù)列，是等差數(shù)列，且，，，（1）求數(shù)列和通項公式；（2）表示不超過x的最大整數(shù)，表示數(shù)列的前項和，集合共有4個元素，求范圍；（3），數(shù)列的前項和為，求證：．（1）解：設(shè)數(shù)列首項，設(shè)公比，設(shè)數(shù)列首項，設(shè)公差，∵，即，∴，（舍去），，∴．；（2）解：，其中，∴，集合，設(shè)，，所以當(dāng)時，，當(dāng)時，．計算可得，，，，，因為集合有4個元素，．（3）證明：，，設(shè)①，②，上式①-②得，，所以，當(dāng)n奇數(shù)時，，則，.20.已知函數(shù)（e是自然對數(shù)的底數(shù)）．（1）當(dāng)時，求函數(shù)在點處的切線方程；（2）當(dāng)時，①求證：函數(shù)存在唯一的極值點；②在①的條件下，若且，求證：（1）解：當(dāng)時，函數(shù)，可得所以，且，所以切線方程為：.（2）證明：（i）當(dāng)時，函數(shù)，可得，令，，則在上單調(diào)遞減，由，得，，則，又由，，由零點存在性定理可知，存在唯一使，即，當(dāng)時，，，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，，，在上單調(diào)遞減，則在處取得極大值，即存在唯一的極值點，（ii）由（i）可知，，即，①由，且，得，由，得，，②②式除以①式，得，先證，令，，所以在上單調(diào)遞減，所以，所以時，，則，則，，要證明，等價于證明，等價于證明由，且，有，法一：設(shè)，可得，所以在上單調(diào)遞減，所以所以，當(dāng)時，有，所以，又由，得，故成立．證畢法二：設(shè)，則，，得在上單調(diào)遞減，則，所以，當(dāng)時，得，則，故成立，得證．天津市八校聯(lián)考2024屆高三上學(xué)期期末質(zhì)量調(diào)查數(shù)學(xué)試卷第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題1.已知全集，集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，，，，.故選：B.2.若，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】因為，解得或，當(dāng)時，；當(dāng)時，；所以不是的充分條件；當(dāng)時，即，所以必要性成立，故若，則“”是“”的必要不充分條件，故選：B3.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，，所以.故選：C4.函數(shù)的部分圖象如下圖所示，則的解析式可能為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由圖象可得，據(jù)此排除BCD.故選：A.5.已知某公路上經(jīng)過的貨車與客車的數(shù)量之比為，貨車和客車中途停車修理的概率分別為和，則一輛汽車中途停車修理的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】事件表示一輛汽車中途停車修理，事件表示該汽車是貨車，事件表示該汽車是客車，則，，，，則.故選：C6.已知，，m為實數(shù)，若，則向量在上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根據(jù)題意可知，由可得，解得，所以；所以向量在上的投影向量為.故選：D.7.清初著名數(shù)學(xué)家孔林宗曾提出一種“蒺藜形多面體”，其可由相同的兩個正交的正四面體組合而成（如圖1），也可由正方體切割而成（如圖2）．在“蒺藜形多面體”中，若正四面體的棱長為2，則該幾何體的體積為（）A. B.2 C. D.4【答案】A【解析】因為，所以，，設(shè)，則到的距離為，所以蒺藜形多面體體積為正方體體積減去，即.故選：A8.已知過原點O的直線與雙曲線交于A，B兩點（點A在第一象限），，分別為雙曲線E的左．右焦點，延長交E于點C，若，，則雙曲線E的漸近線方程為（）A B. C. D.【答案】A【解析】如下圖所示：連接，由直線過原點并利用雙曲線的對稱性可知，關(guān)于原點對稱，也關(guān)于原點對稱；可得四邊形為平行四邊形，所以，由雙曲線定義可得，即，又，可得，由可得，又可得為正三角形，所以，可得，即；又，所以，即可得漸近線方程為；故選：A9.已知函數(shù)的對稱中心到對稱軸的最小距離為，將的圖象向右平移個單位長度后所得圖象關(guān)于y軸對稱，且關(guān)于函數(shù)有下列四種說法：①是的一個對稱軸；②是的一個對稱中心；③在上單調(diào)遞增；④若，則，．以上四個說法中，正確的個數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】根據(jù)題意由對稱中心到對稱軸的最小距離為可得，即，得；將的圖象向右平移個單位長度后可得，其圖象關(guān)于y軸對稱，所以為偶函數(shù)，則，，解得，，由可知當(dāng)時，符合題意；由可得；因此；對于①，當(dāng)時，，取得最大值，所以是的一個對稱軸，即①正確；對于②，當(dāng)時，，所以不是的一個對稱中心，即②錯誤；對于③，當(dāng)時，可得，又在上不單調(diào)，所以在上不是單調(diào)遞增的，所以③錯誤；對于④，若，由正弦函數(shù)圖象性質(zhì)可知兩個相鄰零點的距離為半個周期，所以任意兩個零點之間的距離為半周期的整數(shù)倍，由的周期為可得，，即④正確；所以正確的個數(shù)只有①和④共2個.故選：B.第Ⅱ卷（非選擇題）二、填空題10.若復(fù)數(shù)z滿足（其中是虛數(shù)單位），則z的虛部為______．【答案】2【解析】由題意可得；由虛部定義可得z的虛部為2.故答案為：211.的展開式中，項的系數(shù)為______.（用數(shù)字作答）【答案】【解析】展開式的通項公式為，由得，所以的展開式中項的系數(shù)為，故答案為：12.已知直線與⊙：交于A，B兩點，寫出滿足“面積為”的實數(shù)的一個值______（寫出其中一個即可）【答案】（答案不唯一）【解析】設(shè)圓心到直線的距離為，則，由，解得：或若，則或；若，則或.故答案為：（，，任意一個也對）13.學(xué)習(xí)于才干信仰，猶如運動于健康體魄，持之已久、行之愈遠(yuǎn)愈受益．為實現(xiàn)中華民族偉大復(fù)興，全國各行各業(yè)掀起了“學(xué)習(xí)強國”的高潮．某老師很喜歡“學(xué)習(xí)強國”中“挑戰(zhàn)答題”模塊，他記錄了自己連續(xù)七天每天一次最多答對的題數(shù)如下表：天數(shù)x1234567一次最多答對題數(shù)y12151618212427參考數(shù)據(jù)：，，，，，相關(guān)系數(shù)由表中數(shù)據(jù)可知該老師每天一次最多答對題數(shù)y與天數(shù)x之間是______相關(guān)（填“正”或“負(fù)”），其相關(guān)系數(shù)______（結(jié)果保留兩位小數(shù)）【答案】正0.99【解析】由表中數(shù)據(jù)得隨的增大而增大，所以該老師每天一次最多答對題數(shù)y與天數(shù)x之間是正相關(guān)，.故答案為：正；.14.已知點A為拋物線上一點（點A在第一象限），點F為拋物線的焦點，準(zhǔn)線為l，線段AF的中垂線交準(zhǔn)線l于點D，交x軸于點E（D、E在AF的兩側(cè)），四邊形為菱形，若點P、Q分別在邊DA、EA上，，，若則的最小值為______，的最小值為______．【答案】3【解析】對于第一個空：因為四邊形為菱形，所以,,又由拋物線的定義知，，所以,,所以的方程為，由聯(lián)立得，，得，由分析知，，所以,,,,,,,,，又，所以,，,當(dāng)時，取最小值3.對于第二個空：,,表示的是點到點和的距離之和，在直線上，設(shè)關(guān)于直線對稱的點,由得，所以，，當(dāng)且僅當(dāng)三點共線時，等號成立.故的最小值為.故答案為：①3，②.15.函數(shù)，函數(shù)若函數(shù)恰有2個零點，則實數(shù)a的取值范圍是______．【答案】【解析】由題意可得.當(dāng)時，，，當(dāng)在上存在2個零點時，，解得；當(dāng)在上存在唯一零點時，，解得；當(dāng)在上不存在零點時，無解.當(dāng)時，，則，當(dāng)時，在單調(diào)遞增，，由，則在上存在唯一零點，此時符合題意；當(dāng)時，令，解得，當(dāng)時，，則單調(diào)遞增，當(dāng)時，，則單調(diào)遞減，所以，令，解得，當(dāng)時，在上存在唯一零點，此時符合題意；當(dāng)時，，此時符合題意；當(dāng)時，，由，則在存在2個零點，此時不合題意；當(dāng)時，，則在不存在零點，此時不合題意.綜上所述，故答案為：.三、解答題16.在中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知．（1）求角A的大小；（2）若，，①求的值；②求的面積．解：（1）法一：由，根據(jù)正弦定理有，因為，所以，整理得，因為，所以，因為，所以．法二：由，根據(jù)余弦定理有．整理得，即．∴，因為，所以．（2）因為，，由（1）知，①由正弦定理，，∴，又因為，所以為銳角，∴，所以，，所以.②法一：由，將，，代入，解得，∴.法二：∵，∴，∴．17.如圖，正方形與梯形所在平面互相垂直，已知．//，，點P為線段EC的中點．（1）求證：∥平面CDE；（2）求直線DP與平面所成角的正弦值；（3）求平面與平面夾角的余弦值．（1）證明：因為//，面，面，所以//平面，同理，//平面，又，面，所以平面//平面，因為平面，所以//平面．（2）解：因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，故．而四邊形是正方形，所以，又，以D為原點，，，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，．設(shè)平面的法向量為，則即令，則，所以．設(shè)直線與平面所成角的大小為，則所以直線與平面所成角的正弦值為．（3）解：取平面的一個法向量，設(shè)平面與平面夾角的大小為，則所以平面與平面夾角的余弦值是．18.已知橢圓，，分別是橢圓C的左、右焦點，點為左頂點，橢圓上的點到左焦點距離的最小值是焦距的．（1）求橢圓的離心率；（2）直線過橢圓C的右焦點，與橢圓C交于P，O兩點（點P在第一象限）．且面積的最大值為，①求橢圓C的方程；②若直線，分別與直線交于，兩點，求證：以為直徑的圓恒過右焦點．（1）解：先求橢圓上任意一點到左焦點的距離的最小值：設(shè)是橢圓上任意一點，是左焦點，則，所以，二次函數(shù)的開口向上，對稱軸，所以二次函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以的最小值為.由題意可得，∴，橢圓的離心率為.（2）①解：由（1）可知，，∴，設(shè)橢圓方程為，法一：由題意可知直線的斜率顯然不為0，設(shè)直線方程為：，，，聯(lián)立，消去x整理得，由題意知恒成立，則，，則，令，則，∴，因為在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，有最大值，，∴，∴，，，橢圓方程為：．法