天津市新华中学2024届高三统练(十一)数学试题（含解析）

天津市新华中学2024届高三统练（十一）数学试题
本试题分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，用时120分钟。
将自己的姓名、准考号填写在答题卡上。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．若，则“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
3．函数的部分图像如图所示，则的解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
4．根据最小二乘法由一组样本点（其中），求得的回归方程是，则下列说法正确的是（ ）
A．至少有一个样本点落在回归直线上；
B．若所有样本点都在回归直线上，则变量间的相关系数为1；
C．当时，增加1个单位时，平均增加2个单位；
D．若回归直线的斜率，则变量与正相关；
5．已知，则实数a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
6．设等比数列的各项均为正数，前项和，若，则（ ）
A． B． C．15 D．40
7．在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，点E、F分别为棱PA和PB中点，则四棱锥和四棱锥的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
8．记函数的最小正周期为．若，且的图象的一条对称轴为，关于该函数有下列四个说法：
① ② ③在上单调递增：
④为了得到的图象，只需将的图象向右平移个单位长度；
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．已知双曲线的左，右焦点分别为，过作一条渐近线的垂线，垂足为，延长与另一条渐近线交于点，若（为原点），则双曲线的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
10．已知复数的实部为5，虚部为-1，则______．
11．在的展开式中，常数项是______．（用数字作答）
12．写出与直线和轴都相切，半径为的一个圆的方程：______．
13．随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明上班出行方式有自驾、坐公交车、骑共享单车三种，某天早上他选择自驾、坐公交车、骑共享单车的概率分别为，而他自驾、坐公交车、骑共享单车迟到的概率分别为，则小明这一天迟到的概率为______；若小明这一天迟到了，则他这天是自驾上班的概率为______．
14．在中，与BE交于点，则的值为______；过点的直线分别交AB，AC于点M，N，设，则的最小值为______．
15．设函数，若恰有2个零点，则实数的取值范围是______．
三、解答题（本大题共5小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．
（1）求的面积；
（2）求边的值和的值；
（3）求的值．
17．如图所示的几何体ABCDE中，平面平面，是EC上的点（不与端点重合），F为AD上的点，N为BE的中点.
（1）若M为CE的中点，．
（ⅰ）求证：平面MBD；
（ⅱ）求点F到平面MBD的距离；
（2）若平面MBD与平面ABD所成角的余弦值为，试确定点在EC上的位置．
18．如图，已知拋物线的焦点为椭圆的右焦点，点为拋物线与椭圆在第一象限的交点，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交抛物线于A，C两点，交椭圆于B，D两点（依次排序），且，求直线的方程．
19．已知为等差数列，是公比为2的等比数列；，且．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若
①当为奇数，求；
②求．
20．已知函数．
（1）求在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求的值；
（3）求证：．
新华中学2024届高三年级统练（十一）数学学科参考答案
1．
【分析】解一元二次不等式可得集合，求得，同理求得集合，可求．
【详解】由，得，解得或，则或，所以．由，得，解得，则．所以．
2．
【分析】利用充分条件与必要条件直接判断即可．
【详解】当，则成立，但不成立，所以充分性不成立；
因为，所以，又因为，所以，即，
所以必要性成立；所以“”是“”的必要不充分条件，
3．A
【分析】由图象分析出函数的奇偶性、函数值符号，结合排除法可得出合适的选项．
【详解】由图象可得函数为偶函数，且，当且仅当时，，
对于，因为，所以函数是偶函数，又，，
则，所以函数在上单调递增，
所以，故解析式可能为A，故A正确；
对于，由，不合题意，故错误；
对于，因为，所以且，
所以函数是非奇非偶函数，故C错误；
对于D，由，不合题意，故D错误．
故选：A．
4．
【分析】根据线性回归的思想、回归直线的特点及性质进行分析即可．
【详解】回归直线必过样本数据中心点，但样本点可能全部不在回归直线上，故A错误；
所有样本点都在回归直线上，则变量间的相关系数为，故B错误；
当时，增加1个单位时，平均减少2个单位，故错误；
若回归直线的斜率，样本点分布应从左到右是上升的，则变量与正相关，故D正确．
5．A
【分析】利用指数函数单调性可得、对数函数的单调性可得，从而可得结果．
【详解】由在上单调递增，可得，又，
则．由在上单调递增，可得．
由在上单调递增，可得．
所以，
6．
【分析】根据题意列出关于的方程，计算出，即可求出．
【详解】由题知，
即，即，即．由题知，所以．
所以．
7．
【分析】连接AC，CE，根据题意利用割补法分析求解．
【详解】连接AC，CE，
由题意可知：，
则，所以．
8．B
【分析】利用周期公式求出的范围可判断①；由为一条对称轴得，结合的范围可求得，从而得出的解析式，求值可判断②；利用正弦函数的单调性可判断③；利用三角函数图像平移的规律可判断④．
【详解】由且，故，故①错误；
因为为一条对称轴，故．由于，故，则，所以，故②正确；
当时，，则在上单调递增，故③正确；
将的图象向右平移个单位长度得的图象，而，故④错误．所以，正确的有②③，共2个．
9．
【分析】利用已知条件求出点坐标，求出点到渐近线的距离，结合可以得到点到渐近线的距离为，进而利用点到直线的距离公式求出与的关系，然后求解双曲线的离心率．
【详解】由题意知，双曲线的两条渐近线方程分别为，
过点且与渐近线垂直的直线方程为，
联立，可解得，点到渐近线的距离，
因为，所以点到渐近线的距离为，所以，即，所以，即双曲线的离心率为．
10．
【分析】根据题意，得到，由复数的运算法则，利用模的计算公式，即可求解．
【详解】由复数的实部为5，虚部为-1，可得，
则，所以．
故答案为：．
11．-160
【分析】根据二项式展开式的通项公式，即可求得答案．
【详解】的展开式的通项公式为
故常数项为，
12．（答案不唯一）．
【分析】由题意可得圆心为，再由圆心到直线的距离为半径，求解即可得出答案．
【详解】因为直线和轴都相切，所以圆心为，
当圆心为时，，解得或；
当圆心为时，，解得或．
所以圆的方程为或
或或．
13．
【分析】设事件表示“自驾”，事件表示“坐公交车”，本件表示“骑共享单车”，本件“表示迟到”，利用全概率公式可得小明这一天迟到的概率；利用贝叶斯公式即可得到若小明这一天迟到了，则他这天是自驾上班的概率；或者在迟到的前提下计算概率即可．
【详解】由题意设本件表示“自驾”，事件表示“坐公交车”，
事件表示“骑共享单车”，事件表示“迟到”，
则．由全概率公式可得小明这一天迟到的概率：．
解法一：小明迟到了，由贝叶斯公式得
他自驾去上班的概率是．
解法二：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率．
故答案为：．
14．
【分析】设，将分别代入，利用共线定理的推论列方程组求出x，y，然后根据求解可得；将代入，根据M，P，N共线可得，然后妙用“1”，利用基本不等式求解即可．
【详解】设，令，因为，所以，所以，又B，P，E与C，P，D分别共线，所以，解得．因为，所以，即，解得，即．因为，
所以，所以，
因为M，P，N共线，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为．
15．
【分析】根据解析式分析的性质，讨论，结合指数函数和二次函数的性质判断恰有2个零点情况下的取值范围．
【详解】由解析式知：在上且单调递增；在上，的对称轴为且开口向上，、当，即时，则在上递增，，此时无零点；
2、当时，上存在一个零点，要使恰有2个零点，则在上也只有一个零点，而且，
当，即，只需，可得；
当，即，只需，可得；
此时，时恰有2个零点；
3、当时，上无零点，要使恰有2个零点，则在上有两个零点即可，而且在上恒有两个零点．
综上，的取值范围为．
【点 】关键点点睛：根据在的零点情况讨论的范围，并确定上零点个数，结合二次函数性质求参数范围．
16．（1）．
【分析】（1）由同角公式求出，再利用三角形面积公式求解即得．
（2）利用余弦定理、正弦定理直接求解．
（3）由（2）的结论并求出，再利用二倍角公式、差角的余弦公式计算得解．
【详解】（1）在中，，则，
所以的面积．……………………………………4分
（2）由余弦定理有，，则，
由（1）知，，由正弦定理，得．………………9分
（3）由（2）知，，而，则是锐角，，
又，
所以．………………14分
17．（1）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）；
（2）点是EC的中点或EC上靠近点的四等分点．
【分析】（1）根据给定条件证得AE，AB，AD两两垂直，以点为原点，射线AE，AB，AD分别为x，y，轴非负半轴建立空间直角坐标系，（ⅰ）利用空间位 关系的向量证明即可作答；（ⅱ）利用点到平面距离的向量求法计篗作答．
（2）利用（1）中空间直角坐标系，由表示出点的坐标，借助空间角的向量求法计算作答.
【详解】（1）（ⅰ）因，则，即有，同理，，
因平面平面EAB，平面平面，又平面DAB，因此，平面EAB，即AE，AB，AD两两垂直，以点为原点，射线AE，AB，AD分别为轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
则的中点，又，即，
于是得，
设平面MBD的法向量，则，令，得，
因此，，即平面MBD而平面MBD，
所以平面MBD；…………………………………………………………………………………………5分
（ⅱ）由（ⅰ）知,,则点到平面MBD的距离,
所以点到平面MBD的距离是．…………………………………………………………………………9分
（2）由（1）知，，而在线段EC上（不含端点），则，有，
设平面MBD的一个法向量为，则，
令，得，而平面ABD的一个法向量为，
依题意，，解得或,
所以，点是EC的中点或EC上靠近点的四等分点．………………………………………………15分
18．；
【分析】（1）确定抛物线即椭圆的右焦点坐标，继而求得点，由此列出方程组，即可求得椭圆方程；
（2）设直线方程，和抛物线以及椭圆分别联立，求得相应的弦长，即的表达式，利用，解方程可得答案．
【详解】（1）由抛物线可知：，
故由得：，故，则，
则对于有：，解得，
故椭圆方程为：；………………………………………………………………………………5分
（2）过点的直线的斜率不存在时，则有不符合题意，………………………………6分
故设直线的斜率为，则直线方程为，
联立拋物线方程：，整理得：，
设，则，故，………………………8分
联立，整理得：，
设，则，
则，……10分
又，故，………………………………………………12分
即，整理得，……………………………………………14分
解得，由题中所给图可知，，故，故直线的方程为．………15分
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，以及直线和椭圆相交时的弦长问题，综合考查了学生分析问题，解决问题以及计算的能力，解答的关键是明确解答的思路，即联立方程，计算弦长，难点就是计算量大且繁杂，要十分细心．
19．（1）（2）①；②
【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式列方程求解；
（2）①利用条件直接求解；②求出当为偶数时，然后利用倒序相加以及错位相减法求和即可．
【详解】（1）设数列的公差为的公比为，
由已知可得，得，
；…………………………………………………………………………………………4分
（2）①为奇数，为偶数．
…………………………………………………7分
②当k为偶数，为奇数，
………………………………………………………………9分
令，
即
…………………………………………10分
所以
所以
所以
所以………………………………………………………………………………15分
20．（1）；（3）证明见解析
【分析】（1）求导，根据函数在的单调性和导函数的单调性可求
（2）根据题意求出极大值点，进而求出的值，然后利用导数证明不等式恒成立
（3）利用，转化为，然后利用导函数的单调性证明即可
【详解】（1），有；………………………………………………1分
因为，所以；……………………………………………………2分
则曲线在点处的切线方程为．………………………………………………3分
（2）因为，
所以是的极大值点，因为，
所以，
只需证，当时，恒成立即可，
因为，
令，则，
①当时，，则在単调递减，
所以在单调递增，，
②当时，，则在单调递减，所以，
综上，符合题意．……………………………………………………………………………………9分
（3）由（2）可知，，当且仅当时取等号，
所以，
，
因为，
所以即证
令，则，
所以即证：，
令，则，
所以时，单调递减，
所以，即，
综上，………………………………………………16分
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．