-2-2024年高考數學第一次模擬考試數學（天津卷01）·全解全析第I卷注意事項： 1．每小題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，2，本卷共9小題，每小題5分，共45分參考公式：?如果事件A、B互斥，那么．?如果事件A、B相互獨立，那么．?球的體積公式，其中R表示球的半徑．?圓錐的體積公式，其中S表示圓錐的底面面積，h表示圓錐的高。選擇題，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，每小題5分。1．設集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】依題意，，，解得.故選：B2．“”是“直線和直線平行”的（

）A．充要條件 B．必要不充分條件C．充分不必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解析】當時，直線和直線平行且或；當時，直線和直線不平行；當時，直線和直線不平行．所以“”是“直線和直線平行”的充分不必要條件.故選：C．3．函數的大致圖象為（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【解析】函數的定義域為全體非零實數，因為，所以該函數是奇函數，其圖象關于原點對稱，排除AB；而當時，有，所以，排除C，故選：D4．已知是定義在上的偶函數，且在上是增函數，設，，則的大小關系是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】因為，即，又因為，即，可得，由題意可知：在上單調遞減，所以.故選：A.5．某興趣小組研究光照時長和向日葵種子發芽數量y（顆）之間的關系，采集5組數據，作如圖所示的散點圖．若去掉后，下列說法正確的是（

）

A．相關系數r的絕對值變小 B．相關指數變小C．殘差平方和變大 D．解釋變量x與響應變量y的相關性變強【答案】D【解析】觀察圖象知：較其他的點偏離回歸直線最大，因此去掉后，回歸效果更好，對于A，相關系數越接近于1，線性相關性越強，因此去掉后，相關系數的絕對值變大，A錯誤；對于B，相關指數越接近于1，擬合效果越好，因此去掉后，相關指數變大，B錯誤；對于C，殘差平方和變大，擬合效果越差，因此去掉后，殘差平方和變小，C錯誤對于D，由選項A知，去掉后，相關系數的絕對值變大，因此解釋變量與響應變量的相關性變強，D正確.故選：D6．柏拉圖多面體是由柏拉圖及其追隨者研究而得名，由于它們具有高度的對稱性及次序感，因而通常被稱為正多面體．經研究，世界上只有五種柏拉圖多面體．如圖，將一個棱長為4的正四面體同一側面上的各棱中點兩兩連接，得到一個正八面體，這個正八面體即為柏拉圖多面體的一種．則這個正八面體的體積為（

）

A． B． C． D．【答案】B【解析】由題意知正八面體的棱為原正四面體每個側面三角形的中位線，故正八面體由棱長為2的兩個正四棱錐構成，正四棱錐的底面為邊長為2的正方形，故四棱錐的高，故正八面體的體積，故選：B．7．已知函數，則下列說法錯誤的是（

）．A．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．函數的對稱軸方程為【答案】D【解析】，所以A選項正確.的最小正周期為，B選項正確.的圖象向右平移個單位長度得到，所以C選項正確.由解得，所以D選項錯誤.故選：D8．設分別為雙曲線的左、右焦點．若在雙曲線右支上存在點，滿足，且到直線的距離等于雙曲線的實軸長，則該雙曲線的漸近線與拋物線的準線圍成三角形的面積為（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】依題意|PF2|＝|F1F2|，可知三角形PF2F1是一個等腰三角形，F2在直線PF1的投影是其中點，由勾股定理可知|PF1|＝24b根據雙曲定義可知4b﹣2c＝2a，整理得c＝2b﹣a，代入c2＝a2+b2整理得3b2﹣4ab＝0，求得∴雙曲線漸近線方程為y＝±x，即4x±3y＝0，漸近線與拋物線的準線的交點坐標為：，，三角形的面積為：.故選C.9．設定義域為R的函數若關于x的方程有7個不同的實數解，則m=.A．2 B．4或6 C．2或6 D．6【答案】A【解析】根據題意可得，要求對應于等于某個常數有3個不同實數解和4個不同的實數解，故先根據題意作出的簡圖：由圖可知，只有當時，它有三個根．故關于的方程有一個實數根4．，,或，時，方程或,有5個不同的實數根，所以．第II卷注意事項1．用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上．2．本卷共11小題，共105分．二、填空題，本大題共6小題，每小題5分，共30分，試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分。10．設是虛數單位，復數為純虛數，則實數為【答案】2【解析】，它為純虛數，則且，解得．故答案為：2．11．若數據0，1，2，3，4，5，7，8，9，10的第60百分位數為n，求展開式中的常數項是．【答案】【解析】，第60百分位數則的常數項為，故答案為：12．若半徑為1的圓分別與y軸的正半軸和射線相切，則這個圓的方程為．【答案】【解析】由題意可設圓心，∵圓與射線相切，則，解得或（舍去），即圓心為，故圓的方程為.故答案為：.13．已知，，，則的最大值為．【答案】【解析】由，當且僅當,即時，等號成立.所以，設函數,則當時，，所以在上單調遞減.則（當時等號成立）所以故答案為：14．甲箱中有2個白球和1個黑球，乙箱中有1個白球和2個黑球．現從甲箱中隨機取兩個球放入乙箱，然后再從乙箱中任意取出兩個球，則最后摸出的兩球都是白球的概率為；若最后摸出的兩球都是白球，則這兩個白球都來自甲箱的概率為．【答案】/【解析】由題意，從甲箱中任取兩球放入乙箱僅有2中可能，取出兩白球、取出一白一黑，分別用表示，設“從乙箱中取出的兩球時白球”為事件，可得，其中，所以從乙箱中取出兩球是白球的概率為；設從乙箱摸出兩個白球都來自甲箱為事件，則,則.故答案為：；.15．若等邊三角形的邊長為2,點為線段上一點,且,則的最小值是,最大值是.【答案】2【解析】由題意得,則當時,,當時取最小值；當時取最大值2.即的最小值為,最大值為2.故答案為：(1)；(2)2三、解答題，本大題共5小題，共75分，解答應寫出文字說明，證明過程成演算步驟。16．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．已知．(1)求角A；(2)求邊c；(3)求的值．【解析】（1）因為，所以，所以．因為，所以因為，所以．（2）由余弦定理得，所以，即，解得．（3）由正弦定理，得，解得．因為，所以，所以．所以，所以．17．如圖，是邊長為4的正方形，平面，，且.

(1)求證:平面;(2)求平面與平面夾角的余弦值；(3)求點D到平面的距離.【解析】（1）

根據題意可以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，易知平面的一個法向量為，顯然，又平面，所以平面；（2）由上坐標系可知，則，設平面與平面的一個法向量分別為，則有，，取，則，即，設平面與平面的夾角為，則；（3）由（2）得平面的一個法向量為，又，所以點D到平面的距離.18．已知正項數列的前項和為，且.(1)求數列的通項公式；(2)在和之間插入1個數，使，，成等差數列；在和之間插入2個數，，使，，，成等差數列；；在和之間插入個數，，，，使，，，，，成等差數列.求的值.【解析】（1）因為數列的前項和為，且滿足，當時，，當時，，經驗證當時，.綜上得，.（2）在和之間插入個數因為成等差數列，所以，，，，.注意到滿足上式，則設，即，，兩式相減，可得：.所以，19．已知橢圓C：（a＞b＞0）的離心率為，且過點（1，）．（1）求橢圓C的方程；（2）設與圓O：x2+y2=相切的直線交橢圓C于A，B兩點，求△OAB面積的最大值，及取得最大值時直線的方程．【解析】（1）由題意可得，，故，，故設橢圓方程為，將點代入橢圓方程，可得，故，所以橢圓的方程為．（2）①當直線的斜率不存在時，時，可得，；②當直線的斜率存在時，設為，則直線為，，聯立，整理得，由韋達定理得，，由直線與圓相切，可得，即，又，當且僅當，即時等號成立，此時，即有面積的最大值為，此時直線方程．20．已知函數，記的導函數為(1)討論的單調性；(2)若有三個不同的極值點，其中①求的取值范圍；②證明：.【解析】（1）解：由已知可得，故可得．當時，，故在單調遞增；當時，由，解得，或，記，，則可知當變化時，的變化情況如下表：00極大值極小值所以，函數在區間單調遞增，在區間單調遞減，在區間單調遞增．（2）①解：由已知，函數有三個零點，且．由（1）知時，在單調遞增，不合題意．下面研究的情況．由于，故，因此，又因為在單調遞減，且，所以．又