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高級(jí)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?yàn)?,解得或,?dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),;所以不是的充分條件;當(dāng)時(shí),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(shí)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(gè)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(zhǎng)為2,則該幾何體的體積為()A. B.2 C. D.4〖答案〗A〖解析〗因?yàn)?,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(diǎn)O的直線與雙曲線交于A,B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在第一象限),,分別為雙曲線E的左.右焦點(diǎn),延長(zhǎng)交E于點(diǎn)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(diǎn)并利用雙曲線的對(duì)稱性可知,關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,也關(guān)于原點(diǎn)對(duì)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(duì)稱中心到對(duì)稱軸的最小距離為,將的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后所得圖象關(guān)于y軸對(duì)稱,且關(guān)于函數(shù)有下列四種說法:①是的一個(gè)對(duì)稱軸;②是的一個(gè)對(duì)稱中心;③在上單調(diào)遞增;④若,則,.以上四個(gè)說法中,正確的個(gè)數(shù)為()A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗根據(jù)題意由對(duì)稱中心到對(duì)稱軸的最小距離為可得,即,得;將的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后可得,其圖象關(guān)于y軸對(duì)稱,所以為偶函數(shù),則,,解得,,由可知當(dāng)時(shí),符合題意;由可得;因此;對(duì)于①,當(dāng)時(shí),,取得最大值,所以是的一個(gè)對(duì)稱軸,即①正確;對(duì)于②,當(dāng)時(shí),,所以不是的一個(gè)對(duì)稱中心,即②錯(cuò)誤;對(duì)于③,當(dāng)時(shí),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(cuò)誤;對(duì)于④,若,由正弦函數(shù)圖象性質(zhì)可知兩個(gè)相鄰零點(diǎn)的距離為半個(gè)周期,所以任意兩個(gè)零點(diǎn)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(gè)數(shù)只有①和④共2個(gè).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(xiàng)的系數(shù)為______.(用數(shù)字作答)〖答案〗〖解析〗展開式的通項(xiàng)公式為,由得,所以的展開式中項(xiàng)的系數(shù)為,故〖答案〗為:12.已知直線與⊙:交于A,B兩點(diǎn),寫出滿足“面積為”的實(shí)數(shù)的一個(gè)值______(寫出其中一個(gè)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(gè)也對(duì))13.學(xué)習(xí)于才干信仰,猶如運(yùn)動(dòng)于健康體魄,持之已久、行之愈遠(yuǎn)愈受益.為實(shí)現(xiàn)中華民族偉大復(fù)興,全國(guó)各行各業(yè)掀起了“學(xué)習(xí)強(qiáng)國(guó)”的高潮.某老師很喜歡“學(xué)習(xí)強(qiáng)國(guó)”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(duì)的題數(shù)如下表:天數(shù)x1234567一次最多答對(duì)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(duì)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(duì)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(diǎn)A為拋物線上一點(diǎn)(點(diǎn)A在第一象限),點(diǎn)F為拋物線的焦點(diǎn),準(zhǔn)線為l,線段AF的中垂線交準(zhǔn)線l于點(diǎn)D,交x軸于點(diǎn)E(D、E在AF的兩側(cè)),四邊形為菱形,若點(diǎn)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(duì)于第一個(gè)空:因?yàn)樗倪呅螢榱庑危?,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(shí),取最小值3.對(duì)于第二個(gè)空:,,表示的是點(diǎn)到點(diǎn)和的距離之和,在直線上,設(shè)關(guān)于直線對(duì)稱的點(diǎn),由得,所以,,當(dāng)且僅當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí),等號(hào)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(gè)零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______.〖答案〗〖解析〗由題意可得.當(dāng)時(shí),,,當(dāng)在上存在2個(gè)零點(diǎn)時(shí),,解得;當(dāng)在上存在唯一零點(diǎn)時(shí),,解得;當(dāng)在上不存在零點(diǎn)時(shí),無解.當(dāng)時(shí),,則,當(dāng)時(shí),在單調(diào)遞增,,由,則在上存在唯一零點(diǎn),此時(shí)符合題意;當(dāng)時(shí),令,解得,當(dāng)時(shí),,則單調(diào)遞增,當(dāng)時(shí),,則單調(diào)遞減,所以,令,解得,當(dāng)時(shí),在上存在唯一零點(diǎn),此時(shí)符合題意;當(dāng)時(shí),,此時(shí)符合題意;當(dāng)時(shí),,由,則在存在2個(gè)零點(diǎn),此時(shí)不合題意;當(dāng)時(shí),,則在不存在零點(diǎn),此時(shí)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(duì)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?yàn)?,所以,整理得,因?yàn)?,所以,因?yàn)?,所以.法二:由,根?jù)余弦定理有.整理得,即.∴,因?yàn)椋裕?)因?yàn)?,,由?)知,①由正弦定理,,∴,又因?yàn)椋詾殇J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(diǎn)P為線段EC的中點(diǎn).(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?yàn)?/,面,面,所以//平面,同理,//平面,又,面,所以平面//平面,因?yàn)槠矫妫?/平面.(2)解:因?yàn)槠矫嫫矫?,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(diǎn),,,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(gè)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(diǎn),點(diǎn)為左頂點(diǎn),橢圓上的點(diǎn)到左焦點(diǎn)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(diǎn),與橢圓C交于P,O兩點(diǎn)(點(diǎn)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(diǎn),求證:以為直徑的圓恒過右焦點(diǎn).(1)解:先求橢圓上任意一點(diǎn)到左焦點(diǎn)的距離的最小值:設(shè)是橢圓上任意一點(diǎn),是左焦點(diǎn),則,所以,二次函數(shù)的開口向上,對(duì)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?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增,當(dāng)時(shí),有最大值,,∴,∴,,,橢圓方程為:.法二:當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí),由題知,,此時(shí),設(shè)PQ:,聯(lián)立,得,設(shè),,由題意知恒成立,,,,令,∴,因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增,∴,?∴,當(dāng)直線的斜率不存在時(shí),此時(shí),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(diǎn).法二:由(i)知,,當(dāng)直線的斜率不存在時(shí),有,,直線,令,得,同理,此時(shí),當(dāng)直線的斜率存在時(shí),,∴,,∴直線的方程為:,直線的方程為:,∴,,∴,,由,,,∴,∴,∴以為直徑的圓恒過右焦點(diǎn).19.已知數(shù)列是正項(xiàng)等比數(shù)列,是等差數(shù)列,且,,,(1)求數(shù)列和通項(xiàng)公式;(2)表示不超過x的最大整數(shù),表示數(shù)列的前項(xiàng)和,集合共有4個(gè)元素,求范圍;(3),數(shù)列的前項(xiàng)和為,求證:.(1)解:設(shè)數(shù)列首項(xiàng),設(shè)公比,設(shè)數(shù)列首項(xiàng),設(shè)公差,∵,即,∴,(舍去),,∴.;(2)解:,其中,∴,集合,設(shè),,所以當(dāng)時(shí),,當(dāng)時(shí),.計(jì)算可得,,,,,因?yàn)榧嫌?個(gè)元素,.(3)證明:,,設(shè)①,②,上式①-②得,,所以,當(dāng)n奇數(shù)時(shí),,則,.20.已知函數(shù)(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).(1)當(dāng)時(shí),求函數(shù)在點(diǎn)處的切線方程;(2)當(dāng)時(shí),①求證:函數(shù)存在唯一的極值點(diǎn);②在①的條件下,若且,求證:(1)解:當(dāng)時(shí),函數(shù),可得所以,且,所以切線方程為:.(2)證明:(i)當(dāng)時(shí),函數(shù),可得,令,,則在上單調(diào)遞減,由,得,,則,又由,,由零點(diǎn)存在性定理可知,存

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