2023届天津市高三一模数学试题含解析

这是一份2023届天津市高三一模数学试题含解析，共23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届天津市高三一模数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据集合描述法的定义求得集合，从而求出集合，即可求解.【详解】，又，则或，则，则，故选：D.2．复数（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由的周期性以及复数的除法进行计算即可.【详解】因为，所以由周期性可知.故选：C.3．下列选项中说法正确的是A．若非零向量，满足，则与的夹角为锐角B．“，”的否定是“，”C．直线，，的充要条件是D．在中，“若，则”的逆否命题是真命题【答案】D【解析】利用，同向的情况判断；利用特称命题的定义判断；利用等价于判断；利用正弦定理边角互化以及原命题与其逆否命题的等价性判断.【详解】对于，，同向时，与的夹角为0，不是锐角，故不正确；对于， “，”的否定应该是“，”，故不正确；对于， 等价于，即，得的充要条件是 ，故不正确；对于， ，由正弦定理可得，由于大边对大角，，即原命题正确，逆否命题是真命题 ，故正确，故选D.【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查向量的夹角、特称命题的否定、两直线平行的充要条件以及正弦定理边角互化的应用，属于中档题.做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的、自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.4．以下说法不正确的是（    ）A．78，82，83，85，86，87，89，89的第75百分位数为88B．相关系数的绝对值接近于0，两个随机变量没有相关性C．的展开式中常数项为15D．必然事件和不可能事件与任意事件相互独立【答案】B【分析】求出选项A中数据的第75百分位数，即可判断A；根据相关系数的知识可判断B；求出的展开式中常数项可判断C；根据必然事件、不可能事件的概念可判断D．【详解】对于A：因为，所以第75百分位数为，故A正确；对于B：相关系数r的绝对值接近于0，表示两个变量之间几乎不存在线性相关关系，并不说明变量之间不存在其它相关关系，故B错误；对于C：常数项为，故C正确；对于D：由必然事件和不可能事件的定义，可得D正确．故选：B．5．函数的部分图象可能是（    ）A．  B．C． D．【答案】A【解析】排除法，根据和的符号可排除B，D，再对函数求导，判断函数在上的单调性即可得出结论．【详解】解：，∴舍去B，，∴舍去D，时，，，∴函数在上单调递增，故选：A．【点睛】本题主要考查函数图象的识别，考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．6．已知，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据指数函数，幂函数的性质即可判断，，再对，进行取对数，结合对数函数的性质即可判断，进而即可得到答案．【详解】由，，，则，，又，，则，即，所以．故选：D．7．距今5000年以上的仰韶遗址表明，我们的先人们居住的是一种茅屋，如图1所示，该茅屋主体是一个正四棱锥，侧面是正三角形，且在茅屋的一侧建有一个入户甬道，甬道形似从一个直三棱柱上由茅屋一个侧面截取而得的几何体，一端与茅屋的这个侧面连在一起，另一端是一个等腰直角三角形．图2是该茅屋主体的直观图，其中正四棱锥的侧棱长为6m，，，，点D在正四棱锥的斜高PH上，平面ABC且．不考虑建筑材料的厚度，则这个茅屋（含甬道）的室内容积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意问题转化为求四棱锥体积与三棱柱体积再加一个小三棱锥体积之和，运用体积公式求解即可.【详解】设为正四棱锥底面中心，连接，则，，，取的中点，连接，过作于，则．在直角中．过作交于连接．则，所求体积故选：B8．圆与轴相切于点，与轴正半轴交于、两点，且，则下列说法正确的有（    ）① 圆的标准方程为；②圆关于直线对称；③ 经过点与圆相交弦长最短的直线方程为；④ 若是圆上一动点，则的最大值为．A．②③ B．①② C．①③ D．②④【答案】A【分析】对于①：由已知得出圆的圆心和半径，即可写出圆的标准方程，判断出①；对于②：判断直线是否过圆心，即可判断出圆是否关于直线对称；对于③：求出经过点与圆相交弦长最短的直线方程，即可判断③；对于④将转化为圆上动点到点距离最大值的平方，求出最大距离，即可判断④．【详解】对于①：过圆心作，垂足为，则，，所以，即，又因为圆与轴相切于点，所以圆心的坐标为，所以圆的标准方程为：，故①错误；对于②：因为圆心在直线上，所以直线是圆的一条对称轴，故②正确；对于③：设点为，因为，所以点在圆内部，当直线经过点与圆相交弦长最短时，该直线垂直于，因为，所以该直线斜率，所以该直线方程为：，即，故③正确；对于④：设点，则，当取最大时，点位于直线上，且位于圆心的右侧，因为,所以，所以，故④错误，所以正确的有②③，故选：A．9．甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，，则下列结论正确的是（    ）A．最高处的树枝定是 B．最低处的树枝一定是C．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 D．九根树枝从高到低不同的顺序共有种【答案】C【分析】由题判断出部分树枝由高到低的顺序为，还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低，根据的位置不同分类讨论，求得这九根树枝从高到低不同的顺序共33种.【详解】由题判断出部分树枝由高到低的顺序为，还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低，最高可能为G或I，最低为F或H，故A 、B错误；先看树枝，有4种可能，若在，之间，则有3种可能：①在，之间，有5种可能；②在，之间，有4种可能；③在，之间，有3种可能，此时树枝的高低顺序有（种）.若不在，之间，则有3种可能，有2种可能，若在，之间，则有4种可能，若在，之间，则有3种可能，此时树枝的高低顺序有（种）可能，故这九根树枝从高到低不同的顺序共有种，故C项正确.故选：C. 二、填空题10．若，，则___________.【答案】【分析】由，两边取以为底的对数，得，由，令，则，从而可得，则，从而得出答案.【详解】由，两边取以 为底的对数，得，由，令，则，所以，即，所以，设，则，所以在上单调递增，由以及，则 ，由即，则故答案为： 三、双空题11．某高中数学社团招募成员，依次进行笔试，面试两轮选拔，每轮结果都分“合格”和“不合格”.当参选同学在第一轮笔试中获得“合格”时，才能进入下一轮面试选拔，两轮选拔都合格的同学入选到数学社团.现有甲同学参加数学社团选拔，已知甲同学在笔试，面试选拔中获得“合格”和“不合格”的概率分别为，，且在笔试，面试两轮选拔中取得的成绩均相互独立，互不影响且概率相同，则甲同学能进入到数学社团的概率是___________，设甲同学在本次数学社团选拔中恰好通过X轮选拔，则数学期望___________．【答案】          【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式可得空1；由相互独立事件的乘法公式分别求出甲同学通过0、1、2轮选拔的概率，然后由期望公式可得.【详解】记甲同学通过笔试为事件A，通过面试为事件B，因为，所以则甲同学能进入到数学社团的概率；甲同学无法通过笔试的概率，通过笔试但没有通过面试的概率，得分布列：X012P所以.故答案为：，. 四、填空题12．与三角形的一条边以及另外两条边的延长线都相切的圆被称为三角形的旁切圆，旁切圆的圆心被称为三角形的旁心，每个三角形有三个旁心，如图1所示.已知，是双曲线的焦点，是双曲线右支上一点，是的一个旁心，如图2所示，直线与轴交于点，则___________.【答案】/1.25【分析】根据旁心为两外角和一个内角角平分线交点，利用角平分线性质得到，再由合比性质、双曲线定义求结果即可.【详解】双曲线中，，所以，，则，由角平分线性质知：，而，故.故答案为：13．在中，已知，，，为线段上的点，且，则的最小值为___________．【答案】【分析】首先由及得出，再由得出，由得出，设，，结合已知得出，根据基本不等式求解即可．【详解】因为，且，所以，即，所以，因为，所以，所以，由得，由得，因为，所以，即，由及得，设，，因为，所以，，所以将，代入得，，即，所以，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，故答案为：．14．已知函数．给出下列四个结论：①的最小正周期是；②的一条对称轴方程为；③若函数在区间上有5个零点，从小到大依次记为，则；④存在实数a，使得对任意，都存在且，满足．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】②③【分析】画出函数图像，可判断①②，对于③，转化为与在上交点问题，数形结合得到5个根的对称性，从而得到答案；对于④，时，单调递增，且，从而判断出存在实数a，使得对任意，只有一个，满足要求.【详解】的图象如下：对于①，的最小正周期是，①错误；对于②，的一条对称轴方程为，②正确；对于③，画出图象，与在上有5个交点，这5个交点即为函数在区间上有5个零点，从小到大依次记为，且关于对称，关于对称，关于对称，关于对称，则，故，③正确；对于④，时，单调递增，且，对任意，，由对勾函数性质可知在上单调递增，故，由单调性可知存在实数a，使得对任意，只有一个，满足，④错误.故答案为：②③【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决. 五、双空题15．已知，函数,当时，函数的最大值是_____；若函数的图象上有且只有两对点关于轴对称，则的取值范围是______．【答案】     /     【分析】第一空，根据分段函数解析式，对于 时的解析式，利用均值不等式结合正弦函数性质即可求得最小值；第二空，把函数的图象上有且只有两对点关于轴对称转化为 的图象关于y轴对称的函数图象与仅有两个交点的问题，数形结合，求得答案.【详解】当 时，，令，当 ，即时取等号，即当时， ，令，又因为,则;因为图象仅有两对点关于y轴对称，即 的图象关于y轴对称的函数图象与图象仅有两个交点，当 时， ，设其关于y轴对称的函数为 ，∴，∵，由（1）可知近似图象如图所示：时，，当与仅有两个交点时，，综上，a的取值范围是 ，故答案为：；．【点睛】本题考查了分段函数最值的求解以及参数的范围求解，涉及到三角函数以及均值不等式的知识，综合性较强，解答时要注意数形结合的思想方法,解答的关键是把函数的图象上有且只有两对点关于轴对称转化为 的图象关于y轴对称的函数图象与仅有两个交点的问题. 六、解答题16．在中，内角所对的边分别为，，，已知(1)求角的大小；(2)已知，的面积为6，求：①边长的值；②的值.【答案】(1)(2)①；② 【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换运算求解；（2）①根据题意利用面积公式可求得，再利用余弦定理运算求解；②先利用余弦定理求得，再根据平方求，利用倍角公式和两角差的余弦公式运算求解.【详解】（1）由题意可得：，可得，∵，∴.（2）①∵的面积，∴，由余弦定理：，则；②∵，即，则，∴，故.17．如图，在直三棱柱中，，，是棱上的一点，是的延长线与的延长线的交点，且平面（1）求证：；（2）求二面角的正弦值；（3）若点在线段上，且直线与平面所成的角的正弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【分析】（1）连结，设，连结，由平面，利用线面平行的性质，可得，由是的中点，证得为的中点；（2）建立空间直角坐标系，用向量法求二面角的正弦值；（3）在第二问的基础上，设，根据直线与平面所成的角的正弦值，求出，求出线段的长【详解】（1）连结，设，连结∵平面，平面，平面平面，∴.∵为正方形的中心，∴.∴.∵，∴.（2）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系.则，，，，，，设平面的法向量为，又，则，令，得，设平面的法向量为，又，则则，令，得，，，∴∴∴二面角的正弦值为.（3）设，其中∴，∵，∴∴，【点睛】本题考查了线面平行的性质，利用空间向量坐标运算解决二面角，线面角问题，还考查了学生空间想象能力，运算能力，属于中档题.18．是坐标原点，椭圆：的左右焦点分别为，，点在椭圆上，若的面积最大时且最大面积为.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线：与椭圆在第一象限交于点，点是第四象限内的点且在椭圆上，线段被直线垂直平分，直线与椭圆交于另一点，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由的面积最大时且最大面积为求得且，再结合即可求出椭圆的标准方程；（2）易知，设直线：，则直线：，然后分别与联立求出，，再利用斜率公式得出的值即可.【详解】（1）当是椭圆的上顶点或下顶点时的面积最大，设是椭圆的上顶点，则即，又，∴，，，∴椭圆的标准方程为.（2）依题意点的坐标为，直线不与垂直，设直线：，即，直线：，即，设，，由得，∴，∴，则.又，，∴，又，∴，∴.【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法及直线与椭圆的位置关系中的定值问题，本题关键是通过方程思想求出A、D两点的坐标，第一问是基础出题，第二问对运算求解能力要求较高，属中等难度题.19．已知数列{an}的前n项和为Sn，且点（n，Sn）在函数y＝2x+1﹣2的图象上．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设数列{bn}满足：b1＝0，bn+1+bn＝an，求数列{bn}的前n项和公式；（3）在第（2）问的条件下，若对于任意的n∈N*不等式bn＜λbn+1恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）（1，+∞）【解析】由题意可知，分当，和两种情况，可得数列的通项公式；可得，分为奇数和为偶数，由累加的方法，结合等比数列的求和公式可得答案；由可知，分当为偶数和奇数时，考虑数列的单调性，可得的最大值是1，进而可得结论．【详解】由题意可知，．当时，，当时，也满足上式，所以． 由可知，即．当时，，①当时，，所以，②当时，，③当时，，所以，④当时为偶数），，所以以上个式子相加，得，又，所以，当为偶数时，．同理，当为奇数时，，所以，当为奇数时，． 因此，当为偶数时，数列的前项和；当为奇数时，数列的前项和．故数列的前项和． 由可知，①当为偶数时，，所以随的增大而减小，从而，当为偶数时，的最大值是．②当为奇数时，，所以随的增大而增大，且．综上，的最大值是1．因此，若对于任意的，不等式恒成立，只需，故实数的取值范围是．【点睛】本题考查数列的求和，考查等差数列等比数列的性质，考查数列的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20．已知函数，.（1）若时，直线是曲线的一条切线，求的值；（2）令.①若，讨论在的最大值；②若在区间上有零点，求的最小值.【答案】（1）；（2）①，②.【解析】（1）求导可得，设切点，可得，即可求出的值，代入，可求得，即可得切点坐标，代入，即可求得b的值；（2）①由题意得可得的解析式，令，解得，分别讨论当、、三种情况的正负，可得的单调性，即可求得在的最大值；②由①可得的单调性，根据零点存在性定理，构造不等式组，分析计算，即可得结果.【详解】（1），，则，设切点，所以，解得，所以，即切点，又切点P在切线上，代入解得，（2），①由，可得，所以，，令，解得，当，即时，，所以在为单调递增函数，所以；当，即时，   当时，，为单调递减函数，   当时，，为单调递增函数，所以，当时，，可得，所以当时，；当时，，可得，所以当时，，当时，即时，在为单调递减函数，所以，综上：.②由①可得，当时，在为单调递增函数，所以，即，所以，所以；当时，在为单调递减函数，在为单调递增函数，所以或，即或，所以或所以，设，，，恒成立，所以在（1,2）上为单调递减函数，所以，所以在（1,2）上为单调递减函数，所以；当时，在为单调递减函数，所以，即，所以，所以，综上的最小值为.【点睛】解题的关键是熟练掌握导数的几何意义，并灵活应用，难点在于，讨论的单调性时，当时，在为单调递减函数，在为单调递增函数，求最大值，还需比较的大小，计算难度偏大，考查分析理解，计算求值的能力，属难题.