天津市七校2023届高三数学下学期总复习质量调查（一）联考试卷（Word版附解析）

这是一份天津市七校2023届高三数学下学期总复习质量调查（一）联考试卷（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
七校联考2022-2023学年度高三年级总复习质量调查（一）数学（一）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分.试卷满分150分.考试时间120分钟.第Ⅰ卷（本卷共9题，共45分）参考公式：球的表面积、体积公式：，，为球的半径.一、选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分.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. 集合，，则（    ）．A.  B. C.  D. 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3. 设函数，则函数的图象可能为（    ）A.  B. C.  D. 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0.465C. 估计该小区居民在该滑冰馆的锻炼天数的中位数为16D. 估计小区居民在该滑冰馆的锻炼天数的平均值为155. 已知，，，则的大小关系是（    ）A.  B. C.  D. 6. 已知，且，则（    ）.A. 3 B. 6 C. 12 D. 187. 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. 8. 已知双曲线焦点为，，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. 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第Ⅱ卷（本卷共11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. 若复数z满足（是虚数单位），则=________.11. 已知的展开式中的系数是，则__________．12. 已知圆与圆外切，此时直线被圆所截的弦长_________．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________.14. 在△ABC中，，，，，则___________，若动点F在线段AC上，则的最小值为___________.15. 已知函数是定义域为偶函数，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________．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A，B，C对边分别为a，b，c（），已知，（1）求；（2）求a，c的值；（3）求的值.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．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.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值；若不存在，说明理由.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. A解析：因为，所以或，所以，故选：A．2. D解析：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：D3. B解析：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：B4. B解析：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. D解析：因为在上单调递增，故，而单调递增，故，，所以.故选：D6. B解析：由得：，由换底公式可得：，则，所以，因为，所以故选：B7. C解析：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：C8. A解析：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：A9. B解析：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．10. 解析：，故.故答案为：11. 2解析：展开式的通项为，令，得，所以，所以，解得．故答案为：212. 解析：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： 13.     ①.     ②. ##解析：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.     ①. ##0.5    ②. 解析：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：；.15. 解析：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：．16. （1），，又，.（2），又，，①，即②又，由①②可得，（3），，.17. （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. （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.19. （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.20. （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.