天津市部分区2023届高三数学下学期一模试题（Word版附解析）

天津市部分区2023年高三质量调查试卷（一）

数学

本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.祝各位考生考试顺利!

第I卷

注意事项：

1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.

2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.

参考公式：

如果事件互斥，那么.

如果事件相互独立，那么.

一､选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 设全集，集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用补集和并集的定义可求得集合.

【详解】因为全集，，则，

又因为集合，因此，.

故选：B.

2. 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】C

【解析】

【分析】利用作差法结合得出等价条件，即可得出结论.

【详解】因为，，由可得，则，即，

因此，若，，则“”是“”充要条件.

故选：C.

3. 函数f(x)=在[—π，π]图像大致为

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．

【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．

【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．

4. 为了解某校今年准备报考飞行员的学生的体重情况，对所得的体重数据（单位：）进行分组，区间为，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，....，第五组.画出频率分布直方图（如图所示），已知第一组，第二组和第三组的频率之比为，且第一组的频数为6，则报考飞行员的学生人数是（    ）

A. 48 B. 50 C. 54 D. 60

【答案】A

【解析】

【分析】由题意设前三小组的频率分别为，根据频率之和为，即可得到，从而得到.

【详解】设报考飞行员人数为，根据前三个小组的频率之比为，可设前三小组的频率分别为，且频率之和为，即，解得

则，解得.

故选:A

5. 已知a=21.3，b=40.7，c=log38，则a，b，c的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用指数函数与对数函数的性质即可比较a，b，c的大小．

【详解】，

．

故选：C．

【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

6. 已知，则（    ）

A. -2 B. -1 C. 1 D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】先取倒数，再应用对数运算律计算即可.
 

【详解】因为,所以，

.

故选:B.

7. 已知双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径的圆与的一条渐近线交于两点.若，则的离心率为（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知条件及点到直线的距离公式，结合双曲线的离心率公式即可求解.

【详解】双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径的圆与的一条渐近线交于两点.

当时，可得点到渐近线的距离为，

即，整理可得，即

所以的离心率为

故选：A.

8. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解.

【详解】设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，则

由题意可知，，

因此有

，即，解得，

因为，

所以.

所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为

故选：D.

9. 已知函数的图象的一个对称中心为，则关于有下列结论：

①的最小正周期为；

②是图象的一条对称轴；

③在区间上单调递减；

④先将函数图象上所有点的纵坐标缩短为原来的，然后把所得函数图象向左平移个单位长度，得到的图象.

其中正确结论的个数为（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】化简函数，将代入得函数为0，可求得，进而可得，可判断A；通过计算，可判断B；当时，，可得在上的单调性，可判断C；

通过振幅变换和平移变换，可判断D.

【详解】

，

因为图象的一个对称中心为，

则，所以.

所以，

对于①，的最小正周期为，故①正确；

对于②，，故②正确；

对于③，当时，，又在上先单调递减，

所以在上单调递减，故③正确；

对于④，将函数图象上所有点的纵坐标缩短为原来的，然后把所得函数图象向左平移个单位长度，

得到，故④正确.

故选：D.

第II卷

注意事项：

1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.

2.本卷共11小题，共105分.

二､填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.

10. 已知是虚数单位，化简的结果为__________.

【答案】

【解析】

【分析】利用复数的除法化简可得结果.

【详解】.

故答案为：.

11. 在的二项展开式中，含的项的系数是_______．（用数字作答）

【答案】240

【解析】

【分析】先得到通项，再根据系数得到项数，然后计算即可.

【详解】根据二项式定理,的通项为，

当时,即时,可得.

即项的系数为.

故答案为：.

12. 直线与圆相交，所得的弦的长为__________.

【答案】

【解析】

【分析】写出圆的标准方程，然后利用弦长公式计算即得.

【详解】因为圆即：，

则圆心到直线的距离：，

由弦长公式可得弦长为：.

故答案为：.

13. 袋中装有大小､形状完全相同的2个白球和4个红球，每次抽取1个球.若无放回的抽取，已知第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率是__________；若有放回的抽取，则在3次抽取中恰有2次抽到白球的概率是__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据题意，由条件概率公式代入计算即可得到结果；根据二项分布的概率计算公式，即可得到结果.

【详解】设第一次抽到白球为事件，第二次抽到白球为事件，则在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为，

因为，，

所以.

若有放回的抽取，设在3次抽取中抽到的白球个数为，则服从二项分布，即，所以.

故答案为: ;.

14. 在中，为的中点，，过点任作一条直线，分别交线段、于、两点，设，，若用、表示，则__________；若，，则的最小值是__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】求出关于、的表达式，再由已知条件可得出，可得出关于、的表达式，求出、关于、的表达式，根据可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.

【详解】如下图所示：

因为为的中点，则，

因为，则，

因为，，则，

，

因为、、三点共线，则，

所以，存在实数使得，即，

所以，，消去可得，即，

所以，，

因为过点任作一条直线，分别交线段、于、两点，且，

则，，

由基本不等式可得，

当且仅当时，即当时，等号成立.

因此，的最小值是.

故答案为：.

15. 设.对，用表示中的较大者.若关于的方程恰有1个实数根，则的取值范围为__________.

【答案】

【解析】

【分析】设，等价于函数的图象与的图象恰有一个交点.作出函数的图象，通过抛物线的切线求出切线的的值，数形结合分析即得解.

【详解】设.

由得，

所以函数的图象与的图象恰有一个交点.

作出函数的图象，如图所示.

抛物线的顶点的横坐标为纵坐标为，所以.

当时，所以点是抛物线和对数函数图象交点.

设抛物线的切点坐标为，.

所以切点坐标为，所以.

所以当时，函数的图象与的图象恰有一个交点.

由题得直线AB的斜率为.

当时，，所以.

当时，.

所以当时，函数的图象与的图象恰有一个交点.

综上，当或时，函数的图象与的图象恰有一个交点.

故答案为：

【点睛】关键点睛：本题有两个关键，其一，是作出函数的图象；其二，是要通过数形结合分析得到参数的取值范围.

三､解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

16. 在中，角的对边分别为.已知.

（1）求的值；

（2）求的值；

（3）求的值.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）利用正弦边角关系及余弦定理求值即可；

（2）由同角三角函数关系及正弦定理求值即可；

（3）应用二倍角公式求对应函数值，再由差角正弦公式求值即可.

【小问1详解】

由及正弦定理得：，

∴，

由余弦定理得.

【小问2详解】

由（1）知：，

由正弦定理，得.

【小问3详解】

由，且，

∵，即，∴，

∴.

17. 如图，在四棱锥中，是的中点，平面，且，.

（1）求证：；

（2）求直线与平面所成角的正弦值；

（3）求平面与平面夹角的大小.

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）.

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出的坐标，计算，即可证明结论；

（2）求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，可得答案；

（3）求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，可得答案；

【小问1详解】

证明：由题意平面，

以原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，

，

则，

所以，所以

【小问2详解】

，

设平面的法向量，

则，即，令，则，

,

设直线与平面所成的角为，，

则,

所以与平面所成角的正弦值为.

【小问3详解】

,

设平面的法向量，则，即，

令，则，则.

又平面的法向量，

设平面与平面夹角为，则为锐角，

，

所以平面与平面夹角为.

18. 在公差不为零的等差数列和等比数列中，为的前项和.已知，且是与的等比中项.

（1）求和的通项公式；

（2）记数列的前项和为，求；

（3）求.

【答案】（1），   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）设的公差为，的公比为，由题意可得，求得，，即可求得的通项公式，接着可得，算出即可；

（2）利用错位相减法求解即可；

（3）化简，然后分为偶数和为奇数进行求和即可

【小问1详解】

设的公差为，的公比为，由题意

，即，

∵，解得，∴，∴.

∵，∴，∴

∴.

【小问2详解】

∴①

∴②

①②得

∴.

【小问3详解】

当为偶数时，

当为奇数时，

∴

19. 已知椭圆的左､右焦点分别为、，过作斜率为的直线与椭圆相交于、两点，且与轴垂直.

（1）求椭圆的离心率；

（2）若三角形的面积为，求椭圆的方程.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出点的坐标，根据可得出关于、的齐次等式，即可解得该椭圆的离心率的值；

（2）由（1）可得出椭圆的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出点、的坐标，利用三角形的面积公式可求得的值，即可得出椭圆的方程.

【小问1详解】

解：将代入椭圆的方程可得，解得，

因为直线的斜率为，易知点，

所以，，所以，，

等式两边同时除以可得，

因为，解得.

因此，该椭圆的离心率为.

【小问2详解】

解：由（1）知，，，故椭圆方程为，

由题意，则直线的方程为，

联立，消去并化简可得，显然，

设点、，解得或，

故点、，

所以，，解得，

因此，椭圆的方程为.

20. 已知函数，.

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）求在区间上的极值；

（3）设函数，.当时，，，不等式恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）答案见解析    （3）

【解析】

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；

（2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的极值；

（3）根据对勾函数的性质求出，依题意不等式恒成立，只需恒成立，利用导数说明函数的单调性，结合（2）中的结论求出参数的取值范围.

【小问1详解】

当时，，，

所以， ， 

所以曲线在点处的切线方程为.

【小问2详解】

，.

①当时，，在上单调增， 所以无极值；

②当时，令，得，列表如下：

所以的极小值为，无极大值；

综上可得：当时函数无极值，当时极小值为，无极大值；

【小问3详解】

易知在上单调递减，在上单调递增，

所以在上的最小值为.

 所以.    

因为，

由题意，对于任意的实数，，不等式 恒成立，只需恒成立，所以，

解得，又，所以.  

①当时，因为，所以，

由（2）知，在上单调增，所以.

所以，

所以在上单调增，则，解得

，此时，

 ②当时，由（2）知，在上单调递增，且，又，所以存在，且

，使得，即，得.

所以的解为和，列表如下：

所以，即，又，所以恒成立，此时，

综上所述，实数的取值范围为

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．