天津市红桥区区2023届高三一模数学试卷（原卷+解析）

这是一份天津市红桥区区2023届高三一模数学试卷（原卷+解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
天津市红桥区区2023届高三一模数学试卷 一、单选题1．已知全集，集合，或，则（    ）A． B．或C． D．2．“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3．函数的大致图象是（    ）A． B．C． D．4．某校有200位教职员工，他们每周用于锻炼所用时间的频率分布直方图如图所示，据图估计，每周锻炼时间在小时内的人数为（    ）A．18 B．46 C．54 D．925．抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是，则该双曲线的离心率为A． B． C． D．6．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）A．B．C．D．7．设，且，则的大小关系为A． B． C． D．8．某班级有50名学生，期末考试数学成绩服从正态分布，已，则的学生人数为（    ）A．5 B．10 C．20 D．309．函数，关于的方程有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（    ）A． B．C． D． 二、填空题10．已知，其中是虚数单位，那么实数_____ ．11．某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且各轮问题能否正确回答互不影响，则该选手被淘汰的概率为_________．12．展开式中的常数项为__________．13．已知两圆和相交于两点，则直线的方程是_____．14．已知，则的最小值为___________． 三、解答题15．已知的内角所对的边长分别为，且．(1)求角的大小；(2)求的值；(3)求的值．16．如图，在长方体中，、分别是棱,上的点，,（1） 求异面直线与所成角的余弦值；（2） 证明平面（3） 求二面角的正弦值．17．已知数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64.数列是公比大于0的等比数列，，.(1)求数列和的通项公式；(2)记，求数列的前项和；(3)记，求数列的前项和.18．设椭圆的左、右焦点分别为，离心率，长轴为4，且过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若，其中为坐标原点，求直线的斜率；(3)若是椭圆经过原点的弦，且，判断是否为定值？若是定值，请求出，若不是定值，请说明理由．19．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若恒成立，求实数的取值范围；(3)证明：． 四、双空题20．如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（交两点不重合）．若，则________，若，则的最小值为__________．
参考答案：1．D【分析】根据交集和补集的定义即可得出答案.【详解】解：因为,或，所以，所以.故选：D．2．A【详解】因为，所以，故应选答案A．3．D【分析】根据奇偶性定义判断的对称性，并由及、增长速度关系，结合排除法确定函数图象.【详解】由且定义域为，故是偶函数，又，排除B、C；当时，函数比增长得更快，排除A.故选：D．4．D【分析】由频率分布直方图求出每周锻炼时间在小时内的频率，由此能求出每周锻炼时间在小时内的人数．【详解】由频率分布直方图得：每周锻炼时间在[10，12]小时内的频率为：1﹣（0.03+0.06+0.18+0.14）×2＝0.18，∴每周锻炼时间在小时内的频率为： ∴每周锻炼时间在小时内的人数为：200×0.46＝92．故选：D．5．C【解析】求出抛物线的焦点坐标以及双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离求出的值，再利用离心率公式可求得双曲线的离心率的值.【详解】抛物线的焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为，由题意得，解得，因此，该双曲线的离心率为.故选：C.【点睛】本题考查抛物线和双曲线几何性质的应用，在涉及利用双曲线的渐近线方程求双曲线的离心率时，利用公式计算较为方便，考查计算能力，属于中等题.6．D【详解】若α∥β，mα，mβ，则m，n可能平行也可能异面，故B错误；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或nα，故C错误；若mα，nα，m∥β，n∥β，由于m，n不一定相交，故α∥β也不一定成立，故A错误；若m∥n，n⊥α，根据线面垂直的第二判定定理，我们易得m⊥α，故D正确.7．B【分析】由函数单调性进行判定，继而比较出大小【详解】当a>1时,易知>2a，再由以a为底对数函数在定义域上单调递增，从而可知m>p又∵(+1)−(a−1)=−a+2恒大于0(二次项系数大于0,根的判别式小于0,函数值恒大于0),即+1>a−1，再由以a为底对数函数在定义域上单调递增，从而可知m>n又∵当a>1时2a显然大于a−1，同上，可知p>n.综上∴m>p>n.故选B.【点睛】本题考查了运用对数函数的单调性比较函数值的大小，需要熟练掌握并能求解结果，本题较为基础.8．D【分析】由正态分布的对称性求出，即可求出的学生人数.【详解】因为期末考试数学成绩服从正态分布，所以期末考试数学成绩关于对称，则，所以，所以的学生人数为：人.故选：D.9．A【分析】把函数有2个不相等的实数根转化为以和的图象有两个交点，作出图象求解即可.【详解】因为函数有2个不相等的实数根，所以和的图象有两个交点.作出函数的图象如图所示：当时，，，，要使函数和的图象有两个交点，则，当，，，，当时，，过点与曲线的切点为，，可得：，所以，所以切线斜率为，要使函数和的图象有两个交点，由图可得,当时，关于的方程有2个不相等的实数根.综上：.故选：A.10．-1【分析】化简方程左边，利用两复数相等，得到方程组，求出的值.【详解】故答案为：-1 11．【分析】设事件表示“该选手能正确回答第轮的问题”，选手被淘汰，考虑对立事件，代入的值，可得结果；【详解】记“该选手能正确回答第轮的问题”为事件，则.该选手被淘汰的概率： 故答案为：【点睛】求复杂互斥事件概率的两种方法：(1)直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和；(2)间接法：先求该事件的对立事件的概率，再由求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题时，多考虑间接法．12．.【分析】利用通项公式即可得出．【详解】通项公式Tr+1（x2）6﹣r（﹣1）rx12﹣3r，令12﹣3r＝0，解得r＝4．∴展开式中的常数项15．故答案为15．【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．13．【详解】试题分析：两圆为①，②，可得，所以公共弦所在直线的方程为．考点：相交弦所在直线的方程14．【分析】将不等式变为，再由基本不等式即可得出答案.【详解】,当且仅当，即时取等.故答案为：.15．(1)(2)(3) 【分析】（1）由余弦定理求出，结合，求出；（2）结合（1），由正弦定理求出的值；（3）由二倍角公式得到，由两角差的正弦公式即可求解【详解】（1）在中，，，，由余弦定理得，又因为，所以；（2）在中，由（1）知，，，由正弦定理可得；（3）由知，所以角A为锐角，因为，所以，所以，，所以.16．（1）,（2）见解析（3）【详解】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设,依题意得,,,（1） 解：易得,于是所以异面直线与所成角的余弦值为（2） 证明：已知,,于是·=0，·=0.因此，,,又所以平面(3)解：设平面的法向量，则,即不妨令X=1,可得．由（2）可知，为平面的一个法向量．于是，从而所以二面角的正弦值为方法二：（1）解：设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由,可知EF∥BC1.故是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=,所以,所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N 因为，所以，从而，又由于,所以，故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE.连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为，所以AF⊥平面A1ED(3)解：连接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故为二面角A1-ED-F的平面角易知，所以，又所以，在连接A1C1,A1F 在．所以所以二面角A1-DE-F正弦值为17．(1)，(2)(3) 【分析】（1）设等差数列的首项为，利用等差数列的前项和公式求出，进而求出等差数列的通项公式；设等比数列的公比为，利用通项公式和已知条件求出，进而求出等比数列的通项公式；（2）先求出，再利用分组求和法和等差数列的求和公式进行求解；（3）先得到，再利用裂项抵消法进行求和.【详解】（1）因为是公差为2的等差数列，且，所以，解得，所以；设等比数列的公比为（），因为，，所以，即，解得（舍去）或，所以.（2）由（1）得，则，则（3）由（1）得，则，【点睛】方法点睛：本题中考察了数列求和的两种采用方法，第二问考察了并项求和法，第三问考察了裂项抵消法，技巧性较强.18．(1)(2)(3)是定值，定值为4 【分析】（1）由离心率和长轴，求出和，再由求得，即可求出椭圆标准方程；（2）设直线的方程为：，直线与椭圆交于两点，，直线方程与椭圆方程联立，分别表示出和，由列出方程，即可求出斜率值；（3）由弦长公式表示出，再由是椭圆经过原点的弦，且，表示出，即可得出答案．【详解】（1）解：由离心率，长轴为4，得， ，所以，故椭圆C的标准方程为：．（2）由（1）得椭圆的右焦点的坐标为，设直线的方程为：，直线与椭圆交于两点，，由得，，则，，所以，因为，所以，即，解得，故直线的斜率为．（3）是定值，理由如下，由（2）得：直线的方程为：，直线与椭圆交于两点，，，，则 ，由是椭圆经过原点的弦，设，，直线的斜率为，则，由得，，且，得，所以，为定值．19．(1)(2)(3)证明见解析 【分析】（1）对求导，得到函数在处的导数，利用直线方程得点斜式即可得出答案；（2）若恒成立，则，设，对求导，得到的单调性，可求出最大值；（3）令，则，分别取，再由累加法即可证明.【详解】（1）当时，，的定义域为，，曲线在点处的切线方程的斜率为，又则切线方程为.（2）若恒成立，则，设，，由，得，由，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，，所以.（3）令，则，即，则，因为，，……，，所以.【点睛】本题考察导数的综合应用，第一问求切线方程；第二问是恒成立问题，可以分类讨论也可分离参数转化为函数最值问题；第三问不等式的证明关键是放缩，需要多积累经验，属于压轴题.20．          ##【分析】由向量的线性表示，利用三角形法则及已知可求解；根据（1）的结论，转化用表示，根据三点共线找出等量关系，再由基本不等式可求的最小值.【详解】在中，，且，则，可得        所以；又由，已知，所以，可得，因为三点共线，且点在线外，所以，则，当且仅当时，即等号成立，所以的最小值为.故答案为：；.