2023届天津市七校联考高三下学期总复习质量调查（一）数学试题含解析

2023届天津市七校联考高三下学期总复习质量调查（一）数学试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据补集定义求出，再根据交集定义即可求出．

【详解】因为，

所以或，

所以，

故选：A．

2．若，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】D

【分析】举出反例，证明出充分性和必要性均不成立.

【详解】不妨设，满足，但不满足，充分性不成立，

若，满足，但不满足，故必要性不成立，

所以是的既不充分也不必要条件.

故选：D

3．设函数，则函数的图象可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】依据函数的奇偶性和函数值特征进行鉴别即可解决.

【详解】函数的定义域为

则为偶函数，图像关于y轴轴对称，排除选项AC；

又，则排除选项D.

故选：B

4．某滑冰馆统计了某小区居民在该滑冰馆一个月的锻炼天数，得到如图所示的频率分布直方图（将频率视为概率），则下列说法正确的是（    ）

A．该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数在区间内的最少

B．估计该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数超过15天的概率为0.465

C．估计该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数的中位数为16

D．估计小区居民在该滑冰馆的锻炼天数的平均值为15

【答案】B

【分析】根据直方图写出对应该滑冰馆的锻炼天数区间的频率，再结合各选项的描述及中位数、平均数的求法判断正误．

【详解】由图知：、、、、、的频率分别为、、、、、，

对于A：内的天数最少，故A错误；

对于B：估计锻炼天数超过15天的概率为，故B正确；

对于C：由、、频率和为，设中位数为x，

则，可得，故C错误；

对于D：平均天数为天，故D错误；

故选：B．

5．已知，，，则的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据函数单调性及中间值比较大小

【详解】因为在上单调递增，故，

而单调递增，故，

，

所以.

故选：D

6．已知，且，则（    ）.

A．3 B．6 C．12 D．18

【答案】B

【分析】先由指数式化为对数式，利用换底公式得到，从而得到，计算出.

【详解】由得：，

由换底公式可得：，

则，所以，

因为，所以

故选：B

7．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，某园林建筑为四角攒尖，它主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，若这个正四棱锥的棱长均为2，则该正四棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，结合正四棱锥的性质，即可求得、的长，根据椎体体积公式，即可得答案.

【详解】如图所示，正四棱锥棱长均为2，连接AC、BD交于点O，连接PO

根据正四棱锥的性质，可得平面ABCD.

所以，，

所以正四棱锥的体积.

故选：C

8．已知双曲线的焦点为，，抛物线的准线与交于M，N两点，且为正三角形，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出抛物线准线方程，进而得到，由等边三角形得到边长之间的比例关系，得到齐次式，化为，求出离心率.

【详解】的准线方程为，经过点，

中，令得，解得，

故，

因为为正三角形，所以，

即，联立，解得，

方程两边同时除以得，解得或（舍去），

故双曲线的离心率为.

故选：A

9．若函数在区间内没有最值，有下面四个说法：（    ）

①函数的最小正周期可能为

②的取值范围是；

③当取最大值时，是函数的一条对称轴；

④当取最大值，是函数的一个对称中心．

以上四个说法中，正确的个数是（    ）

A．l B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据题意可知可得的取值范围，然后根据的范围逐一分析即可得解．

【详解】由得，

因为在区间内没有最值，

所以，所以，所以，

所以或，

所以或，所以②错误；

当时，，

所以，故①正确；

所以，可知是函数的一条对称轴，故③正确；

又因为，故④错误，

所以正确的是①③，

故答案为：B．

二、填空题

10．若复数z满足（是虚数单位），则=________.

【答案】

【分析】化简得到，利用复数模长公式求出答案.

【详解】，

故.

故答案为：

11．已知的展开式中的系数是，则__________．

【答案】2

【分析】先由通项化简整理第k+1项，令x的指数等于3可得k，然后可解.

【详解】展开式的通项为，令，得，所以，所以，解得．

故答案为：2

12．已知圆与圆外切，此时直线被圆所截的弦长_________．

【答案】

【分析】将圆的方程写成标准形式，然后根据两圆外切，可得圆心距离为半径之和，可得，接着计算到直线的距离，最后根据圆的弦长公式计算可得结果.

【详解】由题可知：

，即

且

由两圆向外切可知，解得

所以

到直线的距离为，设圆的半径为

则直线被圆所截的弦长为

故答案为：

三、双空题

13．为了组建一支志愿者队伍，欲从3名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，则在“抽取的3人至少有一名男志愿者”的前提下“抽取的3人中全是男志愿者”的概率是________，若用X表示抽取的三人中女志愿者的人数，则________.

【答案】          /

【分析】令事件“抽取的3人至少有一名男志愿者”，事件“抽取的3人中全是男志愿者”，由条件概率公式得出第一空，由X的可能取值以及对应概率得出期望.

【详解】设事件“抽取的3人至少有一名男志愿者”，事件“抽取的3人中全是男志愿者”

，则，

即在“抽取的3人至少有一名男志愿者”的前提下“抽取的3人中全是男志愿者”的概率是.

X可取，

，

则

故答案为：；

14．在△ABC中，，，，，则___________，若动点F在线段AC上，则的最小值为___________.

【答案】     /0.5    

【分析】第一空：用分别表示出，再由数量积的定义及运算律即可求出；

第二空：设，用分别表示出，由数量积的定义及运算律表示出，结合二次函数求出最小值.

【详解】

第一空：，则，则，又，，故，解得；

第二空：设，，，则

，当时，取得最小值.

故答案为：；.

四、填空题

15．已知函数是定义域为的偶函数，当时，，若关于的方程有且仅有6个不同的实数根，则实数的取值范围是________．

【答案】

【分析】根据函数的奇偶性作出函数的图像，利用换元法判断函数的根的个数，利用数形结合即可得出结论．

【详解】关于的方程有且仅有6个不同的实数根，设，

则当，方程有个根，

当，方程有个根，

当或，方程有2个根，

当，方程有4个根，

当，方程有0个根；

则必有两个根、，有两种情况符合题意：

①，且，

此时，

则；

②，，

此时，

综上可得的范围是，

故答案为：．

【点睛】复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数．

五、解答题

16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c（），已知，

(1)求；

(2)求a，c的值；

(3)求的值.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）由正弦定理的边化角公式结合三角恒等变换得出；

（2）由三角形面积公式得出，再由余弦定理得出，进而得出a，c的值；

（3）计算，再由差角公式求解即可.

【详解】（1），，

又，.

（2），又，

，①

，即②

又，由①②可得，

（3），

，

.

17．如图，梯形所在的平面与等腰梯形所在的平面互相垂直，，，，．

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面的夹角的余弦值；

(3)线段上是否存在点G，使得平面？请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）证明．然后证明平面．

（2）在平面内，过作，建立空间直角坐标系．求出平面的法向量，平面的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可．

（3）求出平面的法向量通过，说明平面与平面不可能垂直．

【详解】（1）∵，且，

∴ 四边形为平行四边形，

∴．

∵平面，平面，

∴平面．

（2）在平面内，过作．

∵ 平面平面，平面平面，

又平面，，

∴平面，

∴，，．

如图建立空间直角坐标系：

由题意得，

∴

设平面的法向量为，则

令，则，，∴．

平面的一个法向量为，

则．

∴ 平面与平面的夹角的余弦值．

（3）线段上不存在点，使得平面，理由如下：

设平面的法向量为，则

令，则，，

∴．

∵，

∴平面与平面不可能垂直，

从而线段上不存在点，使得平面．

18．已知数列是首项为1的等差数列，数列是公比不为1的等比数列，且满足，，.

(1)求数列，的通项公式；

(2)求；

(3)令，记数列的前项和为，求证：对任意的，都有.

【答案】(1)，

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）利用等差数列，等比数列的通项公式可得到结果；

（2）可转化为等差乘等比类型，利用错位相减法可解；

（3）数列的前项和可利用裂项相消，然后用放缩可证.

【详解】（1）设的公差为，的公比为，则，.

由题意知，，

所以，解之得，，

当时，，则，，即与矛盾，故舍去；

当时，，则，，

所以,，满足题意；

所以，.

（2）设，

，

设，

则，，

两式相减得，

所以，即.

（3）证明：，

，

，

因为，易知随着的增大而增大，

所以，，

所以.

【点睛】方法点睛：

求数列前项和常见的方法：

公式法：适用于等差数列、等比数列以及其他特殊数列.

分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和.

倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前和公式的推导方法）.

错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前和公式的推导方法）.

裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有：

；

；

；

；

.

通项转换法：先对通项进行变形，发现其内在特征，再运用分组求和法求和。

19．已知椭圆，若椭圆的短轴长为且经过点，过点的直线交椭圆于P，Q两点.

(1)求椭圆方程；

(2)求面积的最大值，并求此时直线的方程；

(3)若直线与x轴不垂直，在x轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)面积的最大值为，此时直线的方程为或；

(3)存在，，理由见解析

【分析】（1）由短轴长求出，将代入椭圆方程求出，得到答案；

（2）直线的斜率为0时，此时三点共线，舍去，当直线的斜率不为0时，设出直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出的面积为，利用基本不等式求出最值，并得到此时直线的方程；

（3）由角相等得到，转化为，在第二问的基础上，代入化简得到答案.

【详解】（1）由题意得，解得，

将代入椭圆方程，得到，故，

故椭圆方程为；

（2）当直线的斜率为0时，此时三点共线，不合要求，舍去；

当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，

与椭圆方程联立，得，

设，则，

则

，

当且仅当，即时，等号成立，

故面积的最大值为，此时直线的方程为或；

（3）在x轴上存在点使得恒成立，理由如下：

因为，所以，即，

整理得，即，

所以，

则，解得，

故在x轴上存在点，使得恒成立.

【点睛】处理定点问题的思路：

（1）确定题目中的核心变量（此处设为），

（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，

（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，

①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；

②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.

20．已知函数，.

(1)讨论的单调区间；

(2)当时，令.

①证明：当时，；

②若数列满足，，证明：.

【答案】(1)答案见解析；

(2)①证明见解析；②证明见解析.

【分析】(1)求出函数的导函数，再讨论的符号即可计算作答.

(2)①等价变形所证不等式，构造函数，利用导数探讨单调性即可；

②由已知证明，由①分析探讨，等价转化，再构造函数，利用递推变换即可作答.

【详解】（1）函数定义域为R，求导得，

当时，恒成立，即在上单调递增，

当时，令，解得，令，解得，

即在上单调递减，在上单调递增，

所以，当时，在上单调递增，

当时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）当时，，

①当时，，

令，，恒成立，则在上单调递减，

，因此，成立，

所以当时，.

②由①可知，当时，，由得，即，由，可得，

而，又，即，则，

由于，只需证，

又当时，，

令，，恒成立，则在上单调递增，，

则当时，恒有，而，即成立，不等式成立，

因此成立，即成立，

所以原不等式得证.

【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.