2023-2024学年天津市滨海新区高三上册期末数学测试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津市滨海新区高三上册期末数学测试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．函数的部分图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
4．下列说法错误的是（ ）
A．相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强
B．若，且，则
C．相关指数，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率为64%
D．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高
5．在三棱锥中，底面，且，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知直线与圆相交于A，B两点，且，则k＝（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数为R上的偶函数，且当时，，若，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a8．已知双曲线的左、右焦点分别为，一条渐近线为，过点且与平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．
C．D．
9．已知函数若函数有且仅有3个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
二、填空题（每题5分，共30分）
10．若为纯虚数（为虚数单位），则实数 ；
11．若展开式的各项系数之和为256，则 ．
12．关于函数有下列结论：
①其表达式可写成；
②曲线关于直线对称；
③在区间上单调递增；
④，使得恒成立.
其中正确的是 （填写正确的序号）.
13．已知实数、满足，则的最小值是 ；
14．某地区教研部门开展高三教师座谈会，每名教师被抽到发言的概率均为p，且是否被抽到发言相互独立，已知某校共有8名教师参加座谈会，记X为该校教师中被抽到发言的人数，若，且，则 .
15．如图，在菱形中，，，E，F分别为，上的点，，，若线段上存在一点M，使得，则 ，若点N为线段上一个动点，则的取值范围为 .
三、解答题（共5小题，共75分）
16．在中，内角所对的边分别为 已知.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）设，. 求和的值.
17．四棱锥中，面，，，是的中点，在线段上，且满足．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
18．已知椭圆过点，且离心率为．设，为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的一点，直线，分别与直线相交于，两点，且直线与椭圆交于另一点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求证：直线与的斜率之积为定值；
(3)判断三点，，是否共线：并证明你的结论．
19．已知，点在函数的图象上，．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求及数列的通项公式；
（3）记，求数列的前项和，并证明：．
20．已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，求证：在上是增函数；
（3）求证：当时，对任意，．
1．B
【分析】解一次不等式求得集合，进而利用交集定义求得.
【详解】解不等式得，，
所以，
所以.
故选：B
2．B
【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题，改量词，否结论即得
【详解】命题“，”的否定是“，”
故选：B.
3．C
【分析】先求奇偶性，排除BD，再由特殊区间的正负，排除A.
【详解】定义域为R，
且，
所以为偶函数，排除BD；
当时，，故排除A
故选：C
4．A
【分析】根据相关系数的概念，可判定A不正确；C、D正确，根据正态分布曲线的对称性，可判定B正确.
【详解】对于A中，根据相关系数的定义知：相关系数越大且，两个变量的线性相关性越强，所以A不正确；
对于B中，若，且，
可得，所以B正确；
对于C中，根据相关系数的概念，当相关指数，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率为，所以C正确；
对于D中，根据数据的残差的定义，在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，所以D正确.
故选：A.
5．C
【分析】首先根据垂直关系，确定三棱锥外接球的球心，再求外接球的表面积.
【详解】根据余弦定理可知，
所以，满足，
所以，
又因为底面，所以 且,
所以平面，所以，
又因为，所以是直角三角形和的公共斜边，
取的中点，连结，可知
即点是三棱锥外接球的球心，
，即外接球的半径为，
所以该三棱锥外接球的表面积.
故选：C
本题考查球与几何体的综合应用，重点考查空间想象能力，推理证明，属于基础题型.
6．B
【分析】圆心到直线的距离为，则,而，所以，解方程即可求出答案.
【详解】圆的圆心，
所以圆心到直线的距离为，则，
而，所以，解得.
故选：B.
7．B
【分析】先利用已知的解析式判断出在上单调递减，再利用偶函数的性质，得到在上单调递增，然后利用指数的运算比较得出，由单调性即可判断得到答案．
【详解】当时，，
则函数在上单调递减（减+减=减），
又函数为上的偶函数，
所以在上单调递增，
因为，所以，
又，所以，
故，
所以，
即．
故选：B
8．C
【分析】由双曲线定义可得，根据平行关系可知，由余弦定理可构造齐次方程求得离心率.
【详解】设，则点位于第四象限，
由双曲线定义知：，；
设过点且与平行的直线的倾斜角为，则，，
；
在中，由余弦定理得：，
即，整理可得：，.
故选：C.
9．D
【分析】由题意为函数的一个零点， 若函数有且仅有3个零点，只需要函数与 的图象有且仅有2个交点，作出图象结合图象即可求解
【详解】由，可得为函数的一个零点.
当时，可化为；
当时，可化为，可得.
若函数有且仅有3个零点，只需要函数与 的图象有且仅有2个交点，函数的图象为：
当变动时，函数的图象左､右平移，可求得实数的范围，
当与相切时，由图象可知与由唯一交点，或者与由唯一交；
则有唯一解，或者有唯一解；
此时有，或者；解得或者，
则时，由图象可知与没有交点，
时，由图象可知与有1交点，
又当时，由图象可知与有2个交点，
故时，由图象可知与有2个交点，
当时，由图象可知与有3个交点，
当时，由图象可知与有2个交点，
故时，由图象可知与有3个交点，
时，由图象可知与有2交点，
时，由图象可知与有1交点。
时，由图象可知与有2交点，
综上可知函数与 的图象有且仅有2个交点时，，
即函数有且仅有3个零点时，.
故选：D
10．-1
【分析】先利用复数的除法法则化简得到，根据为纯虚数，得到方程，求出，检验后得到答案.
【详解】，因为为纯虚数，
所以，解得：，此时，符合要求，
故-1
11．
【分析】令，根据各项系数和即可求解.
【详解】令得，，解得.
故
12．②③
【分析】对①，根据即可判断①错误，对②，根据即可判断②正确，对③，根据正弦型函数的单调性即可判断③正确，对④，根据正弦型函数的周期性即可判断④错误.
【详解】
，
对①，，故①错误.
对②，，故②正确；
对③，当时，有，
因为，故③正确；
的最小正周期，
若，使得恒成立，
说明是的一个周期，而，与“最小正周期为”矛盾，
故④不正确.
故②③
13．4.5
【分析】化简,可得,故,根据均值不等式可得,通过换元法,即可求得的最小值.
【详解】

，①
根据对数定义域可知,
根据均值不等式可得:，②
由①②可得:
令， ，解得:
，即
故答案为:.
本题考查了根据均值不等式求表达式的最小值,解题关键是灵活使用均值不等式,考查了分析能力和计算能力,属于中等题.
14．
【分析】根据题意得到随机变量，结合二项分布的期望与方差的计算公式，求得，进而求得的值.
【详解】由题意，每名教师被抽到发言的概率均为p，且是否被抽到发言相互独立，
所以随机变量，
因为，可得，解得或，
又因为，可得，所以，
所以.
故答案为.
15．
【分析】以菱形的对角线为在不在建立平面直角坐标系，通过坐标运算先求M坐标然后可得，再用坐标表示出，由二次函数性质可得所求范围.
【详解】因为为菱形，所以，以BD、AC所在直线分别为x、y轴建立平面直角坐标系，
因为，，所以
则，设
因为，所以
解得，所以
又
所以
因为，所以当时，有最小值，
当时，有最大值，
所以的取值范围为
故，
16．（Ⅰ）；（Ⅱ）．.
（1）利用正弦定理进行边角互化，利用三角恒等变换公式求解即可；
（2）先利用余弦定理得出，再利用正弦定理得出,得出，然后将展开求值.
【详解】解：（Ⅰ）由已知及正弦定理可得．
因为.所以.故.
即．
整理得.
所以．
因为.所以．
（Ⅱ）根据余弦定理.，将 ，，代入解得：．因为，所以．
根据正弦定理有：，解得．
又因为，所以，则，
可求得：，．
则．
本题考查正弦定理、余弦定理的综合运用，考查三角函数和差角公式、二倍角公式的运用，难度一般.
17．(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解；
（2）利用向量法求解；
（3）利用向量法求解.
【详解】（1）由题意可得，，两两互相垂直，所以可以以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系如图示：

，，，.
∴.
设平面的一个法向量为.
，不妨令，.
又，，
.
不在平面内，
平面.
（2）设点坐标为，，.
由，，.
，
设平面的一个法向量为，
由，不妨令，
，
，
又由图可知，该二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为
（3）设，.
，
，
与面所成角的余弦值是.其正弦值为，
，
整理得：，
，
存在满足条件的点，且．
18．(1)
(2)定值为，证明见解析.
(3)三点，，共线，证明见解析.
【分析】（1）首先根据题意得到，再解方程组即可.
（2）设，，，再计算即可.
（3）分别计算和，根据， 为公共点，即可证明，，三点共线.
【详解】（1）由题知：，
所以椭圆.
（2）由题知：，存在，且不为零，设，，，
则，即.
.
所以直线与的斜率之积为定值.
（3），，三点共线，证明如下：
设直线：，则直线：，
将代入直线，得：，，
，设直线：，
联立，
设，则，解得，
所以，即，
所以，，
所以， 为公共点，所以，，三点共线.
19．（1）证明见解析；（2），；（3），证明见解析.
【分析】（1）由题意得，两边同取以10为底的对数，结合等比数列的定义即可得证.
（2）由（1）可得，化简可得，代入，化简计算，结合等差数列求和公式，计算即可得，由，即可得数列的通项公式.
（3）因为，化简可得，根据题意，可得的通项公式，利用裂项相消求和法，可得表达式，结合表达式，即可得证.
【详解】（1）由已知，得，∴．①
∵，∴，
①式两边取对数，得，即，
∴数列是首项为，公比为2的等比数列.
（2）由（1），知，
∴，②
∴
，
由②式得数列的通项公式.
（3）∵，
∴，∴.
又，∴.
∴.
∵，，则，
∴，又，
∴.
20．（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）求导得，分、、三类讨论，可得的单调区间；
（2）令，求导得，再令，由，即，从而证得结论成立；
（3）依题意，只需证：当时，对，，由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，从而证得结论成立．
【详解】（1）∵，
∴，
当时，，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，，在，上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：令，
则，令，
∵，∴，∴，即，
∴在上是增函数；
（3）要证，当时，对任意，，
只需证：当时，对任意，，
由（1）知，，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
∴当时，取得极小值，也是最小值，
故．