天津市十二區重點學校2023-2024學年高三下學期畢業班聯考(一)數學試題(濱海新區2024屆高三第一次模擬考試數學試卷)

天津市十二區重點學校2023-2024學年高三下學期畢業班聯考（一）數學試題（濱海新區2024屆高三第一次模擬考試數學試卷）一、單選題1．若復數滿足，則（

）A． B． C． D．2．已知，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3．已知函數f(x)的大致圖象如圖所示,則f(x)的解析式為 ()A．5(ex?C．5(ex+4．已知函數，若，，則的大小關系為（

）A． B． C． D．5．已知等差數列的前項和為，且，則（

）A．6 B．9 C．11 D．146．下列說法正確的是（

）A．一組數據的第80百分位數為17；B．根據分類變量與的成對樣本數據，計算得到，根據小概率值的獨立性檢驗，可判斷與有關聯，此推斷犯錯誤的概率不大于0.05；C．兩個隨機變量的線性相關性越強，相關系數的絕對值越接近于0；D．若隨機變量滿足，則．7．如圖是函數的部分圖象，是圖象的一個最高點，是圖象與軸的交點，是圖象與軸的交點，且的面積等于，則下列說法正確的是（

）A．函數的圖象關于點對稱；B．函數的最小正周期為；C．函數的圖象可由的圖象向右平移個單位長度得到；D．函數的單調遞增區間是.8．祖暅是我國南北朝時期杰出的數學家和天文學家祖沖之的兒子，他提出了一條原理：“冪勢既同，則積不容異”.這里的“冪”指水平截面的面積，“勢”指高.這句話的意思是：兩個等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個幾何體體積相等，利用祖暅原理可以將半球的體積轉化為與其同底等高的圓柱和圓錐的體積之差，圖1是一種“四腳帳篷”的示意圖，其中曲線和均是以2為半徑的半圓，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帳篷底面的平面截帳篷，所得截面四邊形均為正方形，模仿上述半球的體積計算方法，可以構造一個與帳篷同底等高的正四棱柱，從中挖去一個倒放的同底等高的正四棱錐（如圖2），從而求得該帳篷的體積為（

）A． B． C． D．9．已知雙曲線與拋物線，拋物線的準線過雙曲線的焦點，過點作雙曲線的一條漸近線的垂線，垂足為點，延長與拋物線相交于點，若，則雙曲線的離心率等于（

）A． B． C． D．二、填空題10．已知集合，則.11．在的展開式中，的系數是．12．已知圓與圓外切，此時直線被圓所截的弦長為.13．甲和乙兩個箱子中各裝有4個大小相同的小球，其中甲箱中有2個紅球、2個白球，乙箱中有3個紅球、1個白球，從甲箱中隨機抽出2個球，在已知抽到白球的條件下，則2個球都是白球的概率為；擲一枚質地均勻的骰子，如果點數小于等于2，就從甲箱子中隨機抽出1個球；如果點數大于等于3，就從乙箱子中隨機抽出1個球，則抽到紅球的概率為.14．在平行四邊形中，是線段的中點，點滿足，若設，，則可用表示為；點是線段上一點，且，若，則的最大值為.15．已知函數有且僅有2個零點，則實數的取值范圍為.三、解答題16．已知的內角的對邊分別為，且.(1)求角的大小；(2)若，求的面積；(3)若，求.17．如圖所示，在三棱柱中，平面，.是棱的中點，為棱中點，是的延長線與的延長線的交點.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求平面與平面夾角的余弦值.18．已知橢圓過點，焦距是短半軸長的倍，(1)求橢圓的方程；(2)點是橢圓上的三個不同點，線段交軸于點異于坐標原點，且總有的面積與的面積相等，直線分別交軸于點兩點，求的值.19．若某類數列滿足“，且”，則稱這個數列為“型數列”.(1)若數列滿足，求的值并證明：數列是“型數列”；(2)若數列的各項均為正整數，且為“型數列”，記，數列為等比數列，公比為正整數，當不是“型數列”時，（i）求數列的通項公式；（ii）求證：.20．意大利畫家達芬奇提出：固定項鏈的兩端，使其在重力的作用下自然下垂，那么項鏈所形成的曲線是什么?這就是著名的“懸鏈線問題”，通過適當建立坐標系，懸鏈線可為雙曲余弦函數的圖象，定義雙曲正弦函數，類比三角函數的性質可得雙曲正弦函數和雙曲余弦函數有如下性質①平方關系：，②倍元關系：.(1)求曲線在處的切線斜率；(2)若對任意，都有恒成立，求實數的取值范圍：(3)（i）證明：當時，；（ii）證明：.

參考答案1．【答案】B【詳解】，，故選B.2．【答案】A【分析】根據充分條件和必要條件的定義分析判斷即可.【詳解】因為，當時，有，則成立，即充分性成立；當時，，即成立，而，即不成立，進而必要性不成立.所以，“”是“”的充分不必要條件.故選：A.3．【答案】D【解析】由題圖知函數f(x)是偶函數,且f(2)<0.各選項函數性質分析如下:選項奇偶性特殊點函數值正誤Af(-x)=5(e-f(x),奇函數×Bf(-x)=?5sinx-f(x),奇函數×Cf(-x)=5(ef(x),偶函數f(2)=5(>0×Df(-x)=5cosxx2+1=偶函數f(2)=5cos22√故選D.4．【答案】C【詳解】因為，，所以，當時，，因為，所以在上單調遞增，所以，故選：C.5．【答案】B【詳解】設等差數列的首項為，公差為，由，則有，解得，所以等差數列的通項公式為，故．故選：B．6．【答案】B【詳解】A選項，，故從小到大排列，第8個數和第9個數的平均數作為第80百分位數，即，A錯誤；B選項，由于，得到與有關聯，此推斷犯錯誤的概率不大于0.05，B正確；C選項，兩個隨機變量的線性相關性越強，相關系數的絕對值越接近于1，C錯誤；D選項，若隨機變量滿足，則，D錯誤.故選B.7．【答案】D【分析】根據部分圖像求出的表達式，再由函數圖像平移及正弦函數性質可判斷各項.【詳解】由圖像可知，，即，所以，故B錯誤；即，所以，且圖像過點，即，又，所以，所以，當時，故A錯誤；將的圖象向右平移個單位長度得到，故C錯誤；令，則，函數為增函數，當時為增函數，即，解得，所以函數的單調遞增區間是，故D正確；故選：D.8．【答案】D【分析】先證明等高處的水平截面截兩個幾何體的截面的面積相等，由祖暅原理知帳篷體積為正四棱柱的體積減去正四棱錐的體積，計算即可.【詳解】設截面與底面的距離為，在帳篷中的截面為，設底面中心為，截面中心為，則，，所以，所以截面為的面積為.設截面截正四棱柱得四邊形為，截正四棱錐得四邊形為，底面中心與截面中心之間的距離為，在正四棱柱中，底面正方形邊長為，高為2，，所以，所以為等腰直角三角形，所以，所以四邊形邊長為，所以四邊形面積為，所以圖2中陰影部分的面積為，與截面面積相等，由祖暅原理知帳篷體積為正四棱柱的體積減去正四棱錐的體積，即.故選：D.9．【答案】C【詳解】設雙曲線的焦距為，拋物線的準線過雙曲線的焦點，，又到的距離，即，，，，則，，得，過作軸，則，故，因此由于在拋物線上，所以即，，故，故．故選：C．10．【答案】【分析】解不等式得到，由補集和交集的概念求出答案.【詳解】，解得，故，其中，故.故答案為：11．【答案】【分析】根據二項式定理求出的通項，求出的值即可得結果.【詳解】由二項式定理知的展開式的通項為：，令，解得，所以的系數是，故答案為：.12．【答案】【分析】根據兩圓外切，圓心距離等于半徑之和，可得，接著計算到直線的距離，最后根據圓的弦長公式計算可得結果.【詳解】由得，將化為標準方程，得，，因為兩圓外切，所以，即，解得.到直線的距離，如下圖：

則直線被圓所截的弦長.故答案為：.13．【答案】【分析】利用條件概率公式摸出的2個球是白球的概率；利用全概率公式求紅球的概率.【詳解】記事件表示“抽出的2個球中有白球”，事件表示“兩個都是白球”，則，故；即從甲箱中隨機抽出2個球，在已知抽到白球的條件下，則2個球都是白球的概率為；設事件表示“從乙箱中抽球”，則事件表示“從甲箱中抽球”，事件表示“抽到紅球”，則，所以,即抽到紅球的概率是.故答案為：；14．【答案】【詳解】由，可得，則；由，可得，則，由，可得，即，整理得，故，當且僅當時等號成立，則的最大值為．故答案為：；．15．【答案】【詳解】（1）當，即時，恒成立，所以，因為有兩個零點，所以且，解得或（舍），所以或；（2）當，即或，設的兩個根為，且，當時，恒成立，不滿足題意，當，有有兩個解，因為，，所以與在0,+∞必有一個交點，當時，與沒有交點，當時，，所以與在必有一個交點所以要使方程有且只有兩個零點，則無解，即沒有實數根，即，解得，因為，所以，綜上實數的取值范圍為：.故答案為：.16．【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）由正弦定理得：，，顯然則，又，故；（2），由余弦定理可得，整理可得，又，解得，（3）由正弦定理得：，則，，即，則，故為銳角，，，，17．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【詳解】（1）在三棱柱中，平面，，則直線兩兩垂直，以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，如下圖：

由，得，，在中，且是棱的中點，則也是的中點，即，，設平面的一個法向量n=x,y,z，則則，令，得，，因為，所以，又因為平面，所以平面．（2）由（1）知平面的法向量，又，設直線與平面所成的角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.（3）設平面的一個法向量，則，令，得設平面與平面夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值．18．【答案】(1)(2)4【詳解】（1）設橢圓的半焦距為，由題意知，解得，橢圓的方程；（2）因為的面積與的面積總相等，故為的中點，結合對稱性可知兩點關于軸對稱，由題意直線斜率存在且不為0，并且縱截距不為0，設直線，故，，化簡得，由得，，設，則，則，直線，令得，，所以.19．【答案】(1)，，證明見解析(2)（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）首先分析題意，合理構造等比數列，結合新定義求解即可.（2）利用給定新定義結合放縮法證明即可.【詳解】（1），令，則，令，則；由①，當時，②，由①②得，當時，，所以數列和數列是等比數列.因為，所以，所以，因此，從而，所以數列是“型數列”.（2）（i）因為數列的各項均為正整數，且為“G型數列”，所以，所以，因此數列遞增.又，所以，因此遞增，所以公比.又不是“型數列”，所以存在，使得，所以，又公比為正整數，所以，又，所以，則.（ii），因為，所以，所以，令，當時，，當時，20．【答案】(1)(2)(3)（i）證明見解析；（ii）證明見解析【詳解】（1），則所以，可得在處的切線斜率為（2）令，則，下面證明：對任意恒成立,先證明：對任意.證明如下：設，則，當時，，函數單調遞減，當x∈1,+∞時，，函數單調遞增，故，故，繼續證明：對任意.證明如下：令，則，因此在0,+∞上單調遞增；所以，故當時，對，都有，函數在0,+∞上單調遞增，則