2023届天津市北辰区高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2023届天津市北辰区高三上学期期中数学试题含解析，共14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。
2023届天津市北辰区高三上学期期中数学试题 一、单选题1．设集合则=A． B． C． D．【答案】C【详解】A＝{y|y＝2x，x∈R}＝{y|y>0}．B＝{x|x2－1<0}＝{x|－1<x<1}，∴A∪B＝{x|x>0}∪{x|－1<x<1}＝{x|x>－1}，故选C． 2．命题“，”的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】改变量词，否定结论即可.【详解】命题“，”的否定是 “，”.故选：B.3．为了检查“双减”政策落实效果，某校邀请学生家长对该校落实效果进行评分．现随机抽取100名家长进行评分调查，发现他们的评分都在40~100分之间，将数据按，，，，，分成6组，整理得到如图所示的频率分布直方图，则在抽取的家长中，评分落在区间内的人数是（    ）A．55 B．60 C．70 D．75【答案】D【分析】根据频率直方图求出内频率，进而求出其中的人数.【详解】由题图，内频率为，所以评分落在区间内的人数是人.故选：D4．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用指数函数和对数函数的性质，与中间量1，2比较大小即可得到结果．【详解】因为，，，所以．故选：C．5．在不超过18的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据古典概型的概率求法求解.【详解】不超过18的素数有：2,3,5,7,11,13,17，随机选取两个不同的数有种，和等于16的有共2种，所以和等于16的概率是.故选:B.6．函数的大致图像为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用函数奇偶性、特殊点的函数值、解不等式以及导数来研究函数图像进行判断.【详解】因为函数，定义域为，又，所以为偶函数，故B错误；由得，，同理，由得，或，故C错误；因为，，所以，故D错误；因为函数，定义域为， 且当时，，，由有，，同理，由，解得，所以当时，在单调递增，在上单调递减，又，所以A正确.故选：A.7．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且平面，，，则球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出外接球的半径，再由球的表面积公式求解【详解】由平面，得，而，，故，而，在等腰中，由几何关系得，则其外接圆半径，得，故三棱锥的外接球，球的表面积为，故选：D8．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，均有成立，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据三角函数图象变换规律求出的解析式，再由恒成立，可得在处取得最大值，从而可求出的值，进而可求出其最小值.【详解】，因为将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，所以，因 为恒成立，所以在处取得最大值，所以，解得，因为，所以当时，取得最小值. 故选：B.9．已知函数有唯一的极值点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题，将问题转化为在上无解，进而研究函数性质可得，再求得.【详解】解：求导有，因为函数有唯一的极值点，所以，有唯一正实数根，因为，所以在上无解，所以，在上无解，记，则有，所以，当时，，在上递减，当时，，在上递增．此时时，有最小值，所以， ，即，所以，即的取值范围是故选：A 二、填空题10．若复数z满足，则z的虚部为___________【答案】【分析】先对化简求出复数，从而可求出其虚部.【详解】由，得，所以复数的虚部为，故答案为：11．的展开式中的系数为________．【答案】240【分析】根据二项展开式的通项，运算求解.【详解】的展开式的通项为：令，则∴的展开式中的系数为240故答案为：240.12．已知直线：12x－5y＝3与圆x2＋y2－6x－8y＋16＝0相交于A，B两点，则|AB|＝________.【答案】4【分析】首先求圆心到直线的距离，再利用弦长公式求解.【详解】把圆的方程化成标准方程为(x－3)2＋(y－4)2＝9，所以圆心坐标为(3，4)，半径r＝3，所以圆心到直线12x－5y＝3的距离d＝＝1，则|AB|＝2＝4.故答案为：13．一只口袋内装有大小相同的5只球，其中3只白球，2只黑球，从中一次摸出两只球，则摸出的两只球颜色不同的概率是________.【答案】【分析】利用列举法求解，列出5只球中一次摸出两只球的所有情况，再找出摸出的两只球颜色不同即一黑一白的情况，然后利用古典概型的概率公式计算可得答案.【详解】记3只白球分别为,两只黑球分别为，则从5只球中一次摸出两只球的所有情况有：，共10种情况，其中摸出的两只球颜色不同的有：，共6种情况，所以摸出的两只球颜色不同的概率为：.故答案为：.14．在中，AD为BC边上的中线，点E在线段AD上，且，若，则_______．【答案】1【分析】画出草图，利用向量的加减与已知条件将表示为与，得出x与y的值，即可得出答案.【详解】作出草图如下：点E在线段AD上，且，，为BC边上的中线，，，，又，且，不共线，，，，故答案为：1.15．已知实数，满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为______.【答案】【分析】由题得，解不等式即得解.【详解】，，所以,所以，当且仅当或时等号成立.所以，，所以恒成立，.故答案为： 三、解答题16．已知．(1)求函数的最小正周期；(2)当时，求函数的值域．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先根据二倍角公式和辅助角公式化简整理得，再求最小正周期即可；（2）根据整体代换求解即可.【详解】（1）解：因为所以，函数的最小正周期（2）解：∵当时，∴,的值域为所以，函数的值域为.17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求；(2)若，的面积为，求的周长．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据正弦定理，把边化为角，结合三角形的内角和定理，利用三角恒等变换化简可得，进一步求得；（2）根据（1）的结论，根据三角形的面积公式可得，再利用余弦定理变形可得，进而求得的周长；【详解】（1）因为，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以，即，所以，因为，所以，所以即；（2）因为的面积为，，由三角形的面积公式得，化简得，又根据余弦定理得，所以，所以，所以，故的周长为18．如图，在三棱锥中，底面，，点分别为棱的中点，是线段的中点，．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段AH的长．【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，由此求得平面的法向量与，利用空间数量积判断两向量的关系，从而证得平面；（2）利用（1）中结论求得平面与平面的法向量，利用空间数量积求角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值；（3）设，从而得到，再由它们所成角的余弦值为得到关于的二次方程，解之即可.【详解】（1）在三棱棱中，底面，，易得两两垂直，故以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，因为点分别为棱的中点，是线段的中点，，则，则，,设平面的一个法向量，则，即，令,则，故，所以，故，又平面，所以平面..（2）由（1）得，设平面的一个法向量，则，令，则，得，易知平面，故设平面的一个法向量，设平面与平面的平面角为，则由图形易知为锐角，故，即平面与平面夹角的余弦值为.（3）设，则，故则，解得或（舍去），故，即线段的长为.19．已知等比数列的前项和为，满足，，数列满足， ，且.(1)求数列、的通项公式；(2)设， 为的前项和，求.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由，可推出，，结合，即可求出数列的通项公式，再将两边同除以得，可推出数列为等差数列，从而可求出的通项公式；（2）求出数列的通项公式，利用分组求和法、裂项求和法、错位相减法可求得.【详解】（1）解：设等比数列的公比为，则，由可得，即，，又因为，可得，，在等式两边同除可得，且，所以，数列是等差数列，且该数列的首项和公差均为，，.（2）解：当时，，当时，，   ，设，则，两式相减得，所以，.所以，.20．已知函数，其中．(1)当时，求曲线在点处切线的方程；(2)当时，求函数的单调区间；(3)若，证明对任意，，恒成立．【答案】(1)(2)见解析(3)见解析 【分析】（1）求导，求斜率，求切点，由点斜式方程，整理一般式方程，可得答案；（2）求导，并分解因式，令导函数等于零，求得零点，分区间研究导数与零的大小关系，可得答案；（3）由（2）明确单调性，不妨设，整理不等式，根据单调性定义，构造新函数，求导，可得答案.【详解】（1）由，则，，曲线在点处切线的斜率为，由，则切线方程为，即.（2）由，则，令，解得或，当时，即，则当时，，当时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减；当时，即，当时，，当时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减；综上，当时，函数在，上单调递增，在上单调递减；当时，函数在，上单调递增，在上单调递减.（3）由（2）可知，当时，在上单调递减，不妨设，，要证，需证，由，则，即，需证，则，令，，令，，当时，，则函数单调递减，即，易知在上单调递减，则，则在上单调递减，故，，则恒成立.【点睛】用导数证明不等式，整理不等式，分离变量或者整理一边为常数，根据够着新函数，通过研究新函数的单调性或者最值，可解决问题；研究含参函数的单调性，求导，分解因式，通过导数等于零，讨论导数零点的大小，导数大于零和小于零的区间，可得结论.