2023届天津市南开中学高三上学期统练11数学试题（解析版）

这是一份2023届天津市南开中学高三上学期统练11数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届天津市南开中学高三上学期统练11数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由已知集合，根据交补运算求即可.【详解】由题意知：，而，∴，故选：B2．设，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分必要条件的概念分析题中命题进而判断出结果.【详解】时，或；时， 或成立时， 也成立，但 成立时，不一定成立 是的充分不必要条件，选项A正确故选：A.3．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数的奇偶性，可排除C、D，利用和时，，结合选项，即可求解.【详解】由题意，函数的定义域为，且，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除C、D；当时，可得，且时，，结合选项，可得A选项符合题意.故选：A.4．某市为了解全市环境治理情况，对本市的200家中小型企业的污染情况进行了摸排，并把污染情况各类指标的得分综合折算成标准分100分，统计并制成如图所示的直方图，则标准分不低于70分的企业数为（    ）A．30 B．60 C．70 D．130【答案】C【分析】根据频率分布直方图得到标准分不低于70分的企业数为频率，进而得到企业数.【详解】根据频率分布直方图，标准分不低于70分的企业数为频率为，标准分不低于70分的企业数为为（家）．故选：C5．已知，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用“分段法”来求得的大小关系.【详解】，，，所以.故选：B6．已知定义在R上的函数满足为偶函数，若在内单调递减．则下面结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先得到函数的周期为6，利用为偶函数，得到，将化成，再比较的大小关系，最后利用函数的单调性得到的大小关系.【详解】因为，所以的最小正周期，因为为偶函数，所以，所以，因为，，且在(0，3)内单调递减，所以.故选A.【点睛】本题考查函数的周期性、奇偶性、单调性的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时要注意利用函数的性质把自变量的取值都化到同一个单调区间内.7．已知函数 的最小正周期为， 将其图象沿 轴向右平移 个单位， 所得函数为奇函数， 则实数的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据余弦型函数的最小正周期公式，结合余弦型函数图象的变换性质进行求解即可.【详解】因为该函数的最小正周期为，，所以，即，将该函数图象沿轴向右平移 个单位得到函数的解析式为，因为函数为奇函数，所以有，因为，所以当时，实数有最小值，故选：C8．若将函数图象上所有的点向右平移个单位长度得到函数的图象，已知函数.）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（    ）A．在上的最小值是B．是的一个对称中心C．在上单调递减D．的图象关于点对称【答案】C【分析】根据函数的图形，求得，利用三角函数的图象变换得到，结合三角函数的性质，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】由函数，）的部分图象，可得且，解得，所以，又由时，，即，解得，因为，可得，所以，所以，对于A中，当时，可得，当时，即时，函数取得最小值，所以A正确；对于B中，当时，可得，所以点点是的一个对称中心，所以B正确；对于C中，当时，可得，此时为先减后增的函数，所以C不正确；对于D中，当时，可得，所以是函数的对称中心，所以D正确.故选：C..9．已知函数，若不等式的解集为，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由不等式的解集为，等价于在上恒成立.根据相切找临界位置，结合函数的单调性以及图像特征，即可求解.【详解】不等式的解集为,等价于在上恒成立.当时,此时在上单调递增,当则当时,,故在上单调递减.当与相切时,设切点为,所以,解得,,此时切线方程为,该切线与轴的交点为,同理可得当与相切时,切线与轴的交点为,又因为与轴的交点为要使在上恒成立,则点在之间移动即可.故,解得故选:D 二、填空题10．若复数满足为虚数单位），则复数的虚部是___．【答案】##1.5【分析】根据复数的除法运算化简，再根据复数的概念可求出结果.【详解】因为，所以，所以复数的虚部为.故答案为：11．已知的展开式的二项式系数之和为64，则展开式第三项的系数是 _______．【答案】【分析】根据二项式系数的和的性质，求得，结合二项展开式的通项，即可求解.【详解】由的展开式的二项式系数之和为，可得，解得，即则展开式第三项为，所以展开式第三项的系数是.故答案为：.12．各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则使成立的n的最小值为_____________.【答案】8【解析】由条件解出，然后求出，然后解出不等式即可【详解】设等比数列的公比为因为，，所以解得或（舍）所以所以由可得，所以使成立的n的最小值为8故答案为：8【点睛】本题考查的是等比数列基本量的计算，较简单.13．已知，，，则的最小值为__．【答案】【分析】利用代入变形后根据基本不等式可求出结果.【详解】，当且仅当析，时，等号成立.故答案为： 三、双空题14．为了抗击新冠肺炎疫情，现在从甲医院200人和乙医院100人中，按分层抽样的方法，选出6人加入“援鄂医疗队”，再从此6人中选出3人作为联络员，则这3名联络员中甲乙两所医院均有人员入选的条件下，恰有2人来自乙医院的概率是 _____．设3名联络员中甲医院的人数为，则随机变量的数学期望为 __．【答案】          2【分析】根据分层抽样得到从甲、乙医院抽取的人数，再根据条件概率可求出这3名联络员中甲乙两所医院均有人员入选的条件下，恰有2人来自乙医院的概率；根据古典概型的概率公式求出取每个值的概率，再根据数学期望公式可求出结果.【详解】根据分层抽样可知，从甲医院选取人，从乙医院选取人，记“这3名联络员中甲乙两所医院均有人员入选”为事件，“恰有2人来自乙医院”为事件，则，，所以.的所有可能取值为：，，，，所以.故答案为：；2.15．如图，在菱形中，，，、分别为、上的点，，，若线段上存在一点，使得，则____；若，则的最大值为 _____．【答案】          【分析】取为基底.表示出，，，直接进行数量积运算，求出和，即可得到答案.【详解】取为基底.设,则.因为，，所以.所以.又，所以，解得：.所以.所以.即.因为,,所以因为，,所以，所以.因为，所以当时，取得最大值.故答案为：； 四、解答题16．在中，，，分别是角，，所对的边，已知，，且．(1)求角；(2)求边的大小；(3)求的值．【答案】(1)(2)3(3) 【分析】（1）由三角形中常用恒等式化简得到，从而求出；（2）在第一问的基础上，利用余弦定理进行求解；（3）余弦定理求出，从而求出，再用余弦的差角公式进行求解.【详解】（1）由可得:，∴，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴．（2）由余弦定理可得：，即，解得：或-1∴（3）因为，，由余弦定理得：，所以，所以，，所以17．如图，平面，，，，，．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面ADE的一个法向量以及，进而可证得结论；（2）利用空间向量求线面角的坐标公式即可求出结果；（3）利用空间向量求二面角的坐标公式即可求出结果.【详解】（1）依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得，.因为平面，且平面，所以，又，且，所以平面，故是平面ADE的一个法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面.（2）依题意，，设为平面BDE的法向量，则，即，不妨令z=1，可得，设直线与平面所成角，因此有.所以，直线与平面所成角的正弦值为.（3）设为平面BDF的法向量，则，即.不妨令y=1，可得.由题意，有由图可知平面BDE与平面BDF夹角为锐角，所以平面BDE与平面BDF夹角的余弦值为.18．在等差数列中，，其前项和满足.(1)求实数的值，并求数列的通项公式；(2)若数列是首项为，公比为的等比数列，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意的，进而得，即可得到数列的通项公式；（2）由（1）知，得，进而得，利用等比数列的前项和裂项求和，即可得到数列的前项和．【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，所以，所以. 所以，所以.所以.（2）由（1）知，所以.所以. 所以 19．已知数列是等比数列，公比大于0，其前项和为，，，数列满足 ，且．(1)求数列和的通项公式；(2)求；(3)设，数列的前项和为，求证：．【答案】(1)，，(2)(3)证明见解析 【分析】（1）根据等比数列求出公比，即可求出的通项公式，两式相减得的递推关系，根据累加法或者函数思想求解.（2）根据数列特征，发现是等比数列.（3）对进行适当的放缩，运用错位相减法求和.【详解】（1）设等比数列的公比为，则，设等差数列的公差为，，由，得，，解得，则.由，且，当，，即当时，，又，两式相减可得方法一：化为（方法二：化为，累乘）所以，上式对也成立，所以，．（2）设（3）， 设，则，两式相减得整理得，则．20．设函数，，．(1)求函数的单调区间和极值；(2)若关于的不等式的解集中有且只有两个整数，求实数的取值范围；(3)方程在的实根为，令，若存在，使得，证明．【答案】(1)单调递增区间为， 单调递减区间为，极大值为-5，无极小值(2)(3)证明见解析 【分析】（1）由，求导，利用极值的定义求解；（2）由，即，令，利用导数法求解； （3）易得，将证，由可知，转化为证，由时， ，时，，转化为证 ，记，利用导数法证明.【详解】（1）解：，，令，得，当时，，当时，，所以的单调递增区间为， 单调递减区间为.的极大值为，无极小值.（2），即，令，则，令，则在上单调递增．又，，∴存在，使得．∴当，，即，在单调递增； 当，，即 ，在单调递减. ∵，，，且当时，，又，，，故要使不等式式解集中有且只有两个整数，的取值范围应为：．（3）证明：方程在区间上的实根为，即，要证，由可知，即要证，当时，，，在上单调递增.当时，，，在上单调递减.因为，所以，要证.即要证.记，.因为，所以，则..设，，当时，.时，，故.且，故，因为，所以.因此，即在上单调递增.所以，即.故得证.【点睛】方法点睛：利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口