2023届天津市宝坻区第一中学高三上学期线上期末模拟数学试题（解析版）

这是一份2023届天津市宝坻区第一中学高三上学期线上期末模拟数学试题（解析版），共15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届天津市宝坻区第一中学高三上学期线上期末模拟数学试题 一、单选题1．设集合，，则A． B． C． D．【答案】B【详解】由题可知，则．故本题选．2．“”是“”成立的（　　）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】B【分析】由题得或，进而得答案．【详解】解：由得或，则“”是“”成立的必要不充分条件，故选B．【点睛】本题考查充要条件，属于基础题．3．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】分析函数的奇偶性以及的值，结合排除法可得出合适的选项.【详解】对任意的，，所以，函数的定义域为，因为，则函数为奇函数，排除C选项；因为，，则，所以，，排除AD选项.故选：B.4．2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金4银2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的9枚金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了100名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按，，，，分组，分别得到频率分布直方图如下：估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第75百分位数分别是和，方差分别是和，则（     ）A．， B．， C．， D．，【答案】A【分析】分别计算出和，进行比较；由方差的意义比较和，即可得到答案.【详解】由题意进行数据分析，可得：，解得：；，解得：；所以.比较两个频率分布直方图可以看出：雪上项目的数据更分散，冰上项目的数据更分散，由方差的意义可以得到：.故选：A5．已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（    ）A．a<b<c B．b<a<c C．b<c<a D．c<a<b【答案】A【分析】由题意可得、、，利用作商法以及基本不等式可得出、的大小关系，由，得，结合可得出，由，得，结合，可得出，综合可得出、、的大小关系.【详解】由题意可知、、，，；由，得，由，得，，可得；由，得，由，得，，可得.综上所述，.故选：A.【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.6．已知正方体的棱长为，其八个顶点都在一个球面上，则这个球的半径是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据外接球的直径为正方体的体对角线可求.【详解】由题可得外接球的直径为正方体的体对角线，设半径为，所以，所以.故选：B.7．过椭圆左焦点F作x轴的垂线，交椭圆于P，Q两点，A是椭圆与x轴正半轴的交点，且，则该椭圆的离心率是（      ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据椭圆的几何特征得到，再由求解.【详解】由题意得：，因为，所以，即，即，即，解得，故选：A8．已知图象相邻的两条对称轴的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，给出下列命题：①函数的图象关于直线对称；②函数在上单调递增；③函数的图象关于点对称.其中正确的命题个数为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用正弦型函数的基本性质以及函数图象变换求出函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断①③的正误，利用正弦型函数的单调性可判断②的正误.【详解】由题意可知，函数的最小正周期为，可得，则，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，由于函数的图象关于轴对称，则，解得，，，所以，.对于①，，所以，函数的图象关于直线对称，①正确；对于②，当时，，所以，函数在上不单调，②错误；对于③，，所以，函数的图象关于点对称，③正确.故选：C.【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：（1）将函数解析式变形为或的形式；（2）将看成一个整体；（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.9．定义在上的奇函数，当时，，则关于的函数的所有零点之和为（     ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据分段函数各区间的函数性质画出的图象，将问题转化为与直线的交点问题，结合已知条件判断交点横坐标间的对称关系，进而求零点的和.【详解】由题设，画出上的大致图象，又为奇函数，可得的图象如下：的零点，即为方程的根，即图像与直线的交点.由图象知：与有5个交点：若从左到右交点横坐标分别为，1、关于对称，；2、且满足方程即，解得：；3、关于轴对称，则；故选：B 二、填空题10．若复数则________________________．【答案】【解析】利用复数的除法运算法则化简，然后求解复数的模．【详解】复数满足．则．故答案为：；11．已知圆C：x2＋y2＝20，则过点P(4，2)的圆的切线方程是________.【答案】【分析】由点在圆上，因此利用切线和过切点的半径垂直得切线斜率后，易得切线方程．【详解】由知在圆上，而，，所以所求切线斜率为，方程为，即．故答案为：．12．在的二项展开式中，的系数为________（用数字作答）【答案】-80【解析】由二项定理展开式的通项，即可确定的系数.【详解】在的二项展开式中，由展开式通项可得，令，解得，所以系数为，故答案为：.【点睛】本题考查了二项定理展开通项式的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.13．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定先连胜两局者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛相互独立，则恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的概率为______.【答案】【解析】根据题意可得恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的情况为：甲第一局赢，第二局输，第三局和第四局赢，由此可求出概率.【详解】根据题意可得恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的情况为：甲第一局赢，第二局输，第三局和第四局赢，则恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的概率为.故答案为：.14．当时，函数的最小值为________.【答案】3【分析】由可得，由基本不等式可得，可求答案．【详解】解：，由基本不等式可得，当且仅当，即时取等号，则的最小值为3.故答案为：3【点睛】本题主要考查利用基本不等式求函数的最值，要注意配凑积为定值，同时考查学生灵活变形及选用知识的能力． 三、双空题15．在中，，，，点在线段上（点不与端点重合），延长到，使得，（为常数），（ⅰ）若，则___________；（ⅱ）线段的长度为____________.【答案】          【分析】建立如图平面直角坐标系，根据题意得，由得解得，此时，的直线方程为，的直线方程为，联立得，，即可解决.【详解】如图，以为坐标原点建系如图，则,所以由得,整理得，由得解得或，当时，，此时重合，由可得，此时，因为点不与端点重合，所以不满足题意，舍去，当时，，的直线方程为，的直线方程为，联立解得，所以，所以，若，则解得，此时，故答案为: ; . 四、解答题16．在中，角的对边分别为，且.（1）求的值；（2）若的面积为，且，求的周长.【答案】（1）；（2）【分析】（1）由已知条件结合余弦定理可求cosA的值，进而根据同角三角函数基本关系式可求sinA的值．（2）利用三角形的面积公式可求bc的值，由正弦定理化简已知等式可得b＝3c，解得b，c的值，根据余弦定理可求a的值，即可求解三角形的周长．【详解】（1）∵，∴由余弦定理可得2bccosA＝bc，∴cosA＝，∴在△ABC中，sinA＝＝．（2）∵△ABC的面积为，即bcsinA＝bc＝，∴bc＝6，又∵sinB＝3sinC，由正弦定理可得b＝3c，∴b＝3，c＝2，则a2＝b2+c2﹣2bccosA＝6，，所以周长为.【点睛】本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．17．菱形中，平面，，，（1）证明：直线平面；（2）求二面角的正弦值；（3）线段上是否存在点使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，【分析】（1）建立以为原点，分别以，（为中点），的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，证明向量垂直，得到线面平行；（2）利用空间向量法求出二面角的余弦值，再由同角三角函数的基本关系求出正弦值；（3）设，则，利用空间向量求表示出线面角的正弦值，求出的值，得解.【详解】解：建立以为原点，分别以，（为中点），的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），则，，，，，.（1）证明：，，设为平面的法向量，则，即，可得，又，可得，又因为直线平面，所以直线平面；（2），，，设为平面的法向量，则，即，可得，设为平面的法向量，则，即，可得，所以，所以二面角的正弦值为；（3）设，则，则，，设为平面的法向量，则，即，可得，由，得，解得或（舍），所以.【点睛】本题考查空间向量法解决立体几何中的问题，属于中档题.18．已知数列的前项和为，满足，是以为首项且公差不为0的等差数列，成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和.【答案】(1)，；(2). 【分析】（1）根据，求出的通项公式，求出的公差，进而求出的通项公式；（2）利用错位相减法求数列的前项和..【详解】（1）由，取可得，又，所以，则.当时，由条件可得，两式相减可得，，又，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，故，因为，设等差数列的公差为，则，由成等比数列，所以，又，所以解得，故，（2），，.相减得，所以，所以所以.19．已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，是上一点，，且．(1)求椭圆的方程；(2)当过点的动直线与椭圆相交于不同两点、，线段上取点，且满足，求证：点总在某定直线上，并求出该定直线的方程．【答案】(1)(2)证明见解析， 【分析】（1）在焦点三角形中利用余弦定理结合椭圆的定义求解即可；（2）由，考虑向量在轴上的射影，进而可得，利用韦达定理代入代换即可证明求解.【详解】（1）因为椭圆：的离心率为，，由椭圆的左、右焦点分别为、，是上一点，，且，得，．在中，由余弦定理得，解得，则，，椭圆的方程为；（2）由题意可得直线的斜率存在，设直线的方程为，即，代入椭圆的方程，整理得，设，，则，．设，由，得（考虑线段在轴上的射影），，于是，整理得，又，代入式得，点总在直线上．20．已知函数.(1)若，判断的奇偶性并加以证明；(2)当时，①用定义法证明函数在上单调递增，再求函数在上的最小值；②设，若对任意的，总存在，使得成立，求实数k的取值范围.【答案】(1)见详解(2)见详解 【分析】（1）利用奇偶性的定义即可证明.（2）①定义法判断单调性即可求得最小值. ②先求值域结合已知即可求得k的取值范围.【详解】（1）由已知，， 故为奇函数.（2）①当时，，，且 又因为，所以 ，，所以 即 ，故函数在为单调递增，函数在上的最小值为 ②由①知，，所以，当时，，成立，符合题意.当时，在为单调递增，对任意的，总存在，使得故，即，解得 当时，在为单调递减， 同理：，即，解得综上可知：k的取值范围为.