2023届天津市南开中学高三上学期统练5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5数学试题（解析版），共18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5数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求出集合，然后取交集即可【详解】解：由题意得集合，，所以，故选：D．2．若数列满足（为常数，，），则称为“等方比数列”．甲：数列是等方比数列；乙：数列是等比数列，则（    ）．A．甲是乙的充分非必要条件 B．甲是乙的必要非充分条件C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既非充分也非必要条件【答案】B【分析】利用等比数列的性质以及正负进行判断即可.【详解】若为等比数列，设其公比为，则，为常数，所以成等比数列，即是等方比数列，故必要性满足.若是等方比数列，即成等比数列，则不一定为等比数列，例如，有，满足是等方比数列，但不是等比数列，充分性不满足.故选：B3．如图，是根据某班学生在一次数学考试中的成绩画出的频率分布直方图，若由直方图得到的众数，中位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）分别为，则（   ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据频率分布直方图读出众数a，计算中位数b，平均数c，再比较大小.【详解】由频率分布直方图可知：众数；中位数应落在70-80区间内，则有：，解得：；平均数                  =4.5+8.25+9.75+22.5+21.25+4.75=71所以故选：B【点睛】从频率分布直方图可以估计出的几个数据：(1)众数：频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标；(2)平均数：频率分布直方图每组数值的中间值乘以频率后相加；(3)中位数：把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于y轴的直线横坐标．4．函数图象的大致形状为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用奇偶性定义判断的奇偶性，结合的符号，应用排除法确定答案.【详解】由且定义域为R，所以为偶函数，排除C、D；，且，，即，排除B.故选：A5．比较,则的大小关系是A． B． C． D．【答案】D【详解】试题分析：因为函数在R上单调递增，所以又因为函数在单调递增，所以所以，应选D．【解析】比较大小．6．设数列的前n项和为，且，，则数列的前10项和是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由和的关系式，可得出数列是等差数列，从而得出数列的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.【详解】由得，当时，，整理得，所以是公差为4的等差数列，又因为，所以，从而，所以，所以数列的前10项和为．故选：C7．已知函数的图象关于点对称，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的一个单调递增区间是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题首先根据诱导公式和二倍角的正弦公式，化简得出，再根据平移的左正右负的原则得到的解析式，最后得到的单调增区间.【详解】函数的图像关于点对称，，，，，，，将函数向左平移单位的解析式是，令,，结合所给的选项，令，则的一个增区间为，故选：B.8．设向量与满足，在方向上的投影向量为，若存在实数，使得与垂直，则（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】根据投影向量的定义结合已知求得，再由与垂直，得，结合数量积得运算律即可得解.【详解】解：因为在方向上的投影向量为，所以，所以，因为与垂直，所以，即，解得.故选：B.9．已知函数，函数，若函数有3个零点，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先作出两函数的图像，由图像可知当时，与有1个交点，所以只要当时，与有两个交点即可，结合图像可得的图象在上有两交点，则在上没有交点，即直线与在有两交点，且的图象在上没有交点，即在有两个解，且在上没有解，然后利用方程根的分布进行求解即可【详解】如图当时，与有1个交点.要使有3个零点，则当时，与有两个交点即可，若，，两函数没有交点，所以，画出图象，如下图所示，根据图象的图象在内至多有一个交点.当的图象在上有两交点，则在上没有交点.即直线与在有两交点，且的图象在上没有交点.即在有两个解，且在上没有解.设，需，且解得或（舍去），且所以此时若在上的图象有1个交点，则在 上的图象有1个交点即在有1个解，且在上有1个解.则且，此时无解.要使在只有两交点，则.故选：B【点睛】此题考查函数与方程，考查由函数的零点个数求参数的取值范围，考查转化思想和计算能力，属于较难题 二、填空题10．若复数为纯虚数，则___________.【答案】【分析】根据纯虚数的定义可求得的值，再用复数模的运算公式即可求解.【详解】由题可知为纯虚数，所以，故.故答案为：.11．展开式中的系数为________.【答案】【分析】先得到的通项公式，再结合，计算即可得到结果.【详解】因为且展开式的通项公式为故的系数为故答案为:.12．如图，在平面四边形ABCD中，，则四边形ABCD的面积为___________.【答案】【分析】采用分割法对三角形进行分割，利用余弦定理求得可判断三角形的形状以及解三角形ADC，然后由三角形的面积公式可得结果.【详解】连接，在中，，利用余弦定理得：，解得：，，则是直角三角形，所以.，过点作，则，，则 故答案为：.【点睛】方法点睛：本题考查不规则四边形面积的求法，考查余弦定理解三角形，由于四边形是不规则的，所以要将求四边形面积的问题转化为求三角形面积的问题来求解，在连接AC将四边形分成两个三角形后，利用余弦定理和三角形内角和定理，结合解三角形与三角形面积公式，可求得面积.13．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是___________．①；②；③事件B与事件相互独立；④，，是两两互斥的事件【答案】②④【分析】根据每次取一球，易得，，是两两互斥的事件，求得，然后由条件概率求得，，再逐项判断.【详解】因为每次取一球，所以，，是两两互斥的事件，故④正确；因为，所以，故②正确；同理，所以，故①③错误.故答案为：②④【点睛】本题主要考查互斥事件，相互独立事件，条件概率的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.14．已知，且，则的最小值为_________．【答案】4【分析】利用基本不等式，即可求解.【详解】解：，（当且仅当且时，即取“=”），故答案为：4 三、双空题15．在菱形中，，已知点在线段上，且，则______，若点为线段上一个动点，则的最小值为______.【答案】     7     【分析】设，进一步将其表示成以，为基底的向量，结合已知条件，可得关于和的方程组，解之，再根据模长的计算方法，得的值；设，，根据平面向量的运算法则，推出，然后由配方法，得解．【详解】解：因为，，所以，，所以，，因为点在线段上，可设，而，所以，解得，，所以，则，所以，因为点为线段上一个动点，可设，，所以，所以， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为．故答案为：7，．【点睛】本题考查平面向量在几何中的应用，熟练掌握平面向量的线性和数量积的运算法则，平面向量的基本定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，有一定的难度． 四、解答题16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知点D为AB的中点，点E满足，且．(1)求A；(2)若，，求的面积．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由三角形内角性质及正弦定理边角关系可得，进而求角的大小；（2）在△ABC、△ADE中应用余弦定理可得、，求出b、c，再由三角形面积公式求面积.【详解】(1)由得：，即，由正弦定理得，在△ABC中，，故，则，因为，所以．(2)在△ABC中，由余弦定理，得，在△ADE中，由余弦定理得，所以，化简得，即，所以，代入得：，，则△ABC的面积．17．已知函数.(1)求函数的单调递增区间；(2)若函数在区间上恰有个零点，（i）求实数的取值范围；（ii）求的值.【答案】(1)(2)（i）；（ii）. 【分析】（1）利用诱导公式、二倍角公式和辅助角公式可化简得到；根据正弦型函数单调性的求法可求得单调递增区间；（2）（i）令，将问题转化为与在上恰有个不同的交点，利用数形结合的方式即可求得的取值范围；（ii）由（i）中图像可确定，，由此可得，整理可得，由两角和差正弦公式可求得的值，即为所求结果.【详解】(1)；令，解得：，的单调递增区间为.(2)（i）由（1）得：，当时，，设，则在区间上恰有个零点等价于与在上恰有个不同的交点；作出在上的图像如下图所示，由图像可知：当时，与恰有个不同的交点，实数的取值范围为；（ii）设与的个不同的交点分别为，则，，，即，整理可得：，，.18．在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．【答案】（1）（2）【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.【详解】（1）连以为轴建立空间直角坐标系，则从而直线与所成角的余弦值为（2）设平面一个法向量为令设平面一个法向量为令因此【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.19．已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的零点和极值；（3）若对任意，都有成立，求实数的最小值.【答案】（1）；（2）零点，极小值；（3）1.【详解】（1）因为， 所以．因为，所以曲线在处的切线方程为. （2）令，解得， 所以的零点为.  由解得，则及的情况如下：2－0+ 所以函数在 时,取得极小值.  （3）法一：当时，.当时，.   若，由（2）可知的最小值为，的最大值为，所以“对任意，有恒成立”等价于即，   解得.      所以的最小值为1. 法二：当时，.         当时，.且由（2）可知，的最小值为，                  若，令，则而，不符合要求，所以.     当时，,,所以，即满足要求，综上，的最小值为1.20．已知函数．(1)当时，求的单调区间；(2)若函数在定义域内有两个不相等的零点．①求实数a的取值范围；②证明：．【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)① ；②证明见解析 【分析】（1）求导得，判断导函数符号确定原函数单调性，注意函数定义域；（2）①利用参变分离得，即与有两个交点，判断函数单调性理解计算；②等价于，借助于函数零点整理得，即证，构建函数结合导数证明．【详解】(1)当时，函数，定义域为．．由，得．当时，，当时，，所以的单调递减区间为，单调递增区间为．(2)①若函数在定义域内有两个不相等的零点，则方程有两个不等的实根．即方程有两个不等的实根．记，则，记，则在上单减，且，∴当时，；当时，，∴在上单调递增，在单调递减．∴．又∵且当时，，∴方程为有两个不等的实根时，．∴当时函数在定义域内有两个不相等的零点．②要证，只需证，只需证，因为，两式相减得：．整理得．所以只需证，即证，即，不妨设，令，只需证，只需证，设，只需证当时，即可．∵，∴在（单调递减，∴当时，，∴在单调递增，当时，∴原不等式得证．【点睛】在证明，利用函数零点得，代入消去得，进一步处理得换元分析．