2023届天津市第二十五中学高三上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2023届天津市第二十五中学高三上学期期末数学试题（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届天津市第二十五中学高三上学期期末数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求的并集再求补集即可.【详解】易知，则，故选：D.2．已知，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】判断两个不等式对应集合的关系，根据充分必要条件的定义即可【详解】设 ，但推不出 “”是“”的充分不必要条件故选：A3．函数的图象可能是下面的图象（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由，利用其对称性排除部分选项，再由时，函数值的正负判断.【详解】解：，因为，所以关于点对称，排除BC，当时，，故排除D，故选：A4．某校120名学生某一周用于阅读课外书籍的时间的频数分布直方图如图所示，其中阅读时间是小时的组频数和组频率分别是（    ）A．15和 B．15和 C．30和 D．30和【答案】D【分析】由频率分布直方图求解.【详解】解：由频率分布直方图知：阅读时间是小时的组频率是，阅读时间是小时的组频数是，故选：D5．设，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用中间数和对数函数的单调性可判断三者之间的大小，从而可得正确的选项.【详解】因为，，故.因为，故，故选：C.6．在三棱锥中，平面，，且，则三棱锥外接球的体积等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将三棱锥放入一个长方体中，求出长方体的体对角线即为长方体外接球的直径，利用球的体积公式即可求解.【详解】因为三棱锥中，平面，不妨将三棱锥放入一个长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，因为长方体的体对角线即为其外接球的直径，因为，则长方体的长宽高分别为所以三棱外接球的半径为.所以三棱锥外接球的体积为.故选：C. 7．函数，其图象的一个最低点是，距离点最近的对称中心为，则（    ）A．B．是函数图象的一条对称轴C．时，函数单调递增D．的图象向右平移个单位后得到的图象，若是奇函数，则的最小值是【答案】C【分析】由函数的图像的顶点坐标求出，由周期求出，由最低点求出的值，可得函数的解析式，再利用三角函数的图像和性质，得出结论．【详解】解：函数，的图象的一个最低点是，距离点最近的对称中心为，，，，，，解得，，因为，令，可得，所以函数，故A错误；，故函数关于对称，故B错误；当时，，函数单调递增，故C正确；把的图象向右平移个单位后得到的图象，若是奇函数，则，，即，，令，可得的最小值是，故D错误，故选：C8．已知双曲线（，）的两条渐近线与抛物线（）的准线分别相交于点A，B两点，O为坐标原点.若双曲线的离心率为2，的面积为，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由公式可得渐近线斜率，数形结合根据三角形面积列方程可得.【详解】如图，记抛物线的准线与x轴交于点D，由题知，，解得所以，因为，所以所以，解得故选：B9．已知函数，，若方程恰有5个互异的实数根，则实数的取值范围是A． B． C． D．【答案】A【分析】利用参数分离法得，作出函数的图象，利用数形结合可求出实数的取值范围.【详解】由可得即，作出函数的图象，如下图所示：由图象可知当时，；当1时，；当时，，方程恰有5个互异的实数根，则有5交点，通过图象可知：，故本题选A.【点睛】本题考查了函数与方程的应用，利用参数分离法把条件转化成两个函数图象交点的问题，利用数形结合是解决本问题的关键. 二、填空题10．若为虚数单位，复数满足，则的虚部为___________.【答案】【分析】先计算出，再结合复数的运算求出，即可求出的虚部.【详解】由，则，故，所以的虚部为.故答案为：.11．展开式中的常数项是_____． (用数字作答)【答案】【分析】根据二项式展开式的通项公式可求得结果.【详解】，令，得，故展开式中的常数项为．故答案为：.12．直线l：被圆C：截得的弦长为，则m的值为___________.【答案】1或9【分析】根据圆的弦长公式计算即可．【详解】，圆心C，半径，圆心C到直线l的距离，则，即，解得或1．故答案为：9或1．13．已知，，且，则的最小值为__________.【答案】【分析】将目标式中4代换成，展开由基本不等式可得.【详解】因为所以当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为.故答案为：14．在四边形ABCD中，，，，，点E在线段CB的延长线上，且，则______.【答案】1【分析】建立坐标系利用向量的坐标运算分别写出向量而求解．【详解】建立如图所示的直角坐标系，因为，，，则，又则， 因为，所以，所以直线的斜率为，其方程为，直线的斜率为，其方程为,由得，，所以,由，，所以，故答案为：1. 三、双空题15．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球若从中任取3球，则恰有一个白球的概率是__________，若从中不放回的取球2次，每次任取1球，记“第一次取到红球”为事件， “第二次取到红球”为事件，则__________.【答案】          【分析】（1）直接使用公式；（2）条件概率公式的使用.【详解】恰有一个白球的概率；由题可知“第一次取到红球”， “第二次取到红球”，则，，所以.故答案为：，. 四、解答题16．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．(1)求角C的度数；(2)求的值；(3)求的值．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据化角为边，再结合，求出，即可得解；（2）利用余弦定理求出，再根据正弦定理即可得解；（3）利用二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可得解.【详解】（1）解：因为，所以，又，所以，所以，又，所以；（2）由余弦定理可得，则，解得，所以，因为，所以；（3）解：因为，所以，所以，则，，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）先证明平面BCF平行于平面ADE，即可证明直线BF平行于平面ADE；（2）建立空间直角坐标系，求出平面BDE的法向量，利用向量数量积即可求解；（3）分别求出平面BDE和平面ADE的法向量，利用向量数量积即可.【详解】（1）∵ ， 平面ADE， 平面ADE， ， 平面BDE， 平面BDE， ，∴平面ADE 平面BDE， 平面BDE， 平面ADE；（2）依题意， ，以A为原点建立空间直角坐标系如下图：则 ， ， ，设平面BDE的一个法向量为 ，则有 ， ，令x=2，则y=-2，z=-1， ，设CE与平面BDE的夹角为 ，则有 ，（3）显然平面ADE的一个法向量为 =(0，1，0)，设平面ADE与平面BDE的夹角为 ，则 ；综上，CE与平面BDE的夹角的正弦值为 ，平面ADE与平面BDE的夹角的余弦值为 .18．已知是椭圆的左焦点，上顶点B的坐标是，离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)O为坐标原点，直线l过点且与椭圆相交于P，Q两点.若的面积为，求直线l的方程；【答案】(1)(2)或或 【分析】（1）由题意可知，再由离心率可知，可得，即可求解；（2）由（1）知，设直线，，联立，由根与系数的关系结合三角形面积公式即可求解【详解】（1）因椭圆的上顶点B，则，令椭圆半焦距为，由离心率为得，即，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）知，，，显然直线l不垂直于y轴，设直线，，由消去并整理得：，则，，因此的面积为，解得或，直线l的方程为或或.19．已知等差数列为递增数列，为数列的前项和，，.(1)求的通项公式；(2)若数列满足，求的前项和.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据已知条件，求得，再求得首项和公差，即可写出通项公式；（2）根据（1）中所求，解得，再利用错位相减法即可求得结果.【详解】（1）设数列的公差为，易知，因为，即，即，又，故为方程的两根，解得或，又数列为递增数列，故可得，即，解得，故.（2），故即，则，作差可得，即，解得.20．已知函数.(1)若是的极值点，求的单调区间和极值；(2)若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2). 【分析】（1）先求出a的值，利用导数求出单调区间和极值；（2）对a分类讨论：i.；ii. ；iii. ；iv. ；分别讨论a的取值范围，即可求解.【详解】（1）函数定义域为，.因为是的极值点，所以，解得：.此时.令，解得：或.列表得：x13+0-0+单增极大值单减极小值单增 所以在上单增，在上单减，在上单增.所以的极大值为；的极小值为；即的增区间为，；减区间为.的极大值为；的极小值为.（2）恒成立，即时，恒成立.令，则.i.当时，由得：，所以的单减区间为；由得：，所以的单增区间为，故，得；ii. 当时，由得：，所以的单减区间为；由得：或，所以的单增区间为，.此时，不合题意；iii. 当时， 恒成立，所以在R上单调递增，此时，不合题意；iv. 当时，由得：，所以的单减区间为；由得：或，所以的单增区间为，，此时，不合题意；综上所述：恒成立，a的取值范围为.【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.