天津市部分区2023届高三数学质量调查（二）试题（Word版附解析）

这是一份天津市部分区2023届高三数学质量调查（二）试题（Word版附解析），共20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。
天津市部分区2023年高三质量调查试卷（二）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.第I卷一、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】由集合的运算求解.【详解】.故选：B2. 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】A【解析】【分析】根据充分性和必要性的定义，结合比较法和特例法进行判断即可.【详解】当时，即，，因此由能推出，当时，显然当时成立，但是不成立，因此由不一定能推出，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A3. 函数的图象大致为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先根据奇偶性，排除A,B,再取，即可求解.【详解】解：函数的定义域为,又，故函数为奇函数，排除A,B.又，故排除D，选C.故选：C.4. 已知，则（    ）A. 3 B. 5 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据指对运算化简，再根据对数运算法则计算的值.【详解】， .故选：A.5. 设，则的大小关系为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用指数函数以及对数函数的单调性，即可判断出答案.【详解】由题意得，，由于为上的单调增函数，故，故，故选：C6. 红薯于1593年被商人陈振龙引入中国，也叫甘薯、番薯等，因其生食多汁、熟食如蜜，成为人们喜爱的美食甜点.敦敦和融融在步行街买了一根香气扑鼻的烤红薯，准备分着吃.如图，该红薯可近似看作三个部分：左边部分是半径为的半球；中间部分是底面半径是为、高为的圆柱；右边部分是底面半径为、高为的圆锥，若敦敦准备从中间部分的处将红薯切成两块，则两块红薯体积差的绝对值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由球和圆柱，圆锥的体积公式求解即可.【详解】由题意可知，两块红薯体积差绝对值为.故选：A.7. 若函数在区间上具有单调性，则的最大值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由的范围确定的范围，分别讨论单调递增和单调递减的情况，根据正弦型函数单调性的判断方法可构造不等式组求得的范围，进而确定最大值.【详解】当时，；若在上单调递增，则，解得：，又，若不等式组有解，则解得：，，则；若在上单调递减，则，解得：，又，若不等式组有解，则，解得：，与矛盾，在上单调递减不成立；综上所述：，则的最大值为.故选：B.8. 已知双曲线的离心率为2，抛物线的焦点为，过过直线交抛物线于两点，若与双曲线的一条渐近线平行，则（    ）A. 16 B.  C. 8 D. 【答案】D【解析】【分析】现根据双曲线的离心率，求出渐近线的斜率，继而根据点斜式求得直线AB的方程，联立直线和抛物线方程，结合韦达定理和焦点弦公式，即可求解.【详解】解：由题意得，故双曲线的渐近线方程为，又与双曲线的一条渐近线平行，不妨设直线的斜率为，又，故的直线方程为：，联立直线方程和抛物线方程得：，所以，所以.故选：D.9. 设函数，.当时，与的图象所有交点的横坐标之和为（    ）A. 4051 B. 4049 C. 2025 D. 2023【答案】B【解析】【分析】判断两函数的对称性或周期，作出函数图象，数形结合，确定交点个数，进而求得答案.【详解】函数的最小正周期为2，直线为其一条对称轴，，其图象关于直线对称，故可作出函数函数，得图象如图：由图像可知，在直线的右侧，包含的1012个周期，在每个周期内和的图象都有2个交点，则共有2024个交点，根据对称性可知，在直线的左侧，和的图象也有2024个交点，且在直线的两侧的交点是关于直线两两对称的，故这4048个交点的横坐标之和为，而也是这两函数图象的一个交点的横坐标，故与的图象所有交点的横坐标之和为，故选：B【点睛】方法点睛：解决此类函数图象的交点个数问题，首先要明确函数的性质，比如周期性对称性等，然后采用数形结合的方法，即作出函数图象，解决问题，关键在于要能正确的作出函数图象.第II卷二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.10. 是虚数单位，复数_______________.【答案】##【解析】【分析】根据复数的除法运算即可求得答案.【详解】复数，故答案为：11. 在的展开式中，常数项为______________.（结果用数字表示）【答案】【解析】【分析】根据二项展开式通项，令即可求得常数项.【详解】展开式通项为：，令，解得：，，即常数项为.故答案为：.12. 经过点的圆的方程为___________.【答案】【解析】【分析】设圆的一般方程为，代入点坐标，待定系数求解即可.【详解】设圆的一般方程为，代入点可得：，解得故圆的一般方程为：故答案为：13. 某篮球队对队员进行考核，规则是①每人进行5个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过.已知队员甲投篮1次投中的概率为0.6，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲第一轮通过的概率为________；甲5个轮次通过的次数的期望是_____________.【答案】    ①. ##    ②. ##【解析】【分析】由独立事件的乘法公式得出甲第一轮通过的概率，再由服从二项分布得出甲5个轮次通过的次数的期望.详解】“第次投中”，，则甲第一轮通过的概率为.的可能取值为，服从二项分布，则甲5个轮次通过的次数的期望是.故答案为：；.14. 已知实数、满足，则的最小值为________.【答案】##【解析】【分析】由已知可得出，再结合基本不等式可求得的最小值.【详解】因为，即，所以，，所以，，当且仅当或时，等号成立，故的最小值为.故答案为：.15. 在中，，角为锐角，且向量在向量上的投影向量的模是3，则________；若，则函数的最小值为_______________.【答案】    ①. ##    ②. 【解析】【分析】根据投影向量的定义求出，即可求出，以点为原点，建立平面直角坐标系，在上取，使得，在上取点使得，求出点关于直线的对称点的坐标，再结合图象即可得解.【详解】由向量在向量上的投影向量为，得向量在向量上的投影向量的模为，所以，又因角为锐角，所以，如图，以点为原点，建立平面直角坐标系，则，在上取，使得，则，在上取点使得，则，直线的方程为，设点关于直线的对称点，则，解得，所以，则，当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：以点为原点，建立平面直角坐标系，在上取，使得，在上取点使得，求出点关于直线对称点的坐标，则是解决本题的关键.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、、所对的边分别为、、.已知，，.（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值.【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】（1）由正弦定理可得出，利用余弦定理可求得的值，进而可求得的值；（2）分析可知角为锐角，利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用正弦定理可求得的值；（3）利用二倍角公式以及两角和的正弦公式可求得的值.【小问1详解】解：由正弦定理及可得，则，由余弦定理，可得，故.【小问2详解】解：因为，，则，由正弦定理可得.【小问3详解】解：由（1）可知，则，故为锐角，所以，，所以，，，所以，.17. 如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；    （2）    （3）【解析】【分析】(1)建立适当的空间直角坐标系，利用向量垂直证明线段垂直.(2)求出平面ACF的法向量，以及的坐标，即可求解.(3)假设线段DE上存在一点，再根据条件求出，再利用向量的投影即可求出点到平面的距离.【小问1详解】依题意，以D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得,,,,,.依题意，,,从而,所以，即
 【小问2详解】依题意，,,设为平面ACF的法向量，则，不妨设可得，因为,设直线EC与平面ACF所成角为，则，所以直线EC与平面ACF所成角的正弦值为.【小问3详解】假设线段DE上存在一点，使得直线BG与AD所成角的余弦值为，则.依题意则，，解得.所有存在点满足条件，所以可得,由（2）可知平面ACF的一个法向量为，所以点G到平面ACF的距离为
 18. 已知椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为，且.（1）求椭圆的方程；（2）过点作斜率为的直线与椭圆交于另一点，是轴上一点，且满足，若直线的斜率为，求直线的方程.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的值，求出这两个量的值，可求得的值，进而可得出椭圆的方程；（2）求出点、的坐标，根据可得出关于的方程，结合可求得的值，进而可得出直线的方程.【小问1详解】解：由题意可得，解得，，所以，，所以，椭圆的方程为.小问2详解】解：设直线的方程为，设点，联立可得，则为方程的一根，所以，，可得，则，即点，由，得，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令可得，即点，所以，，即，解得或，因为，解得或，所以，直线的方程为或.19. 已知为等差数列，数列满足，且，，.（1）求和的通项公式；（2）若，求数列的前项和；（3）设的前项和为，证明：.【答案】（1），    （2）    （3）证明见解析【解析】【分析】（1）分析可知为等比数列，确定该数列的公比与首项，可求得数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，利用奇偶分组求和法结合等差数列的求和公式、错位相减法即可求得数列的前项和；（3）先证明柯西不等式，求出，然后利用柯西不等式可证得结论成立.【小问1详解】解：由及可知，数列是以为公比的等比数列，所以，，故，设等差数列的公差为，由，可得，，所以，.【小问2详解】解：，设数列的前项和为，，记，，所以，，，①，②①②可得，所以，，因此，.【小问3详解】证明：先证明柯西不等式，构造函数，显然且，所以，，即，当且仅当时，等号成立，本题中，由（1）可得，所以，，且，所以，，，所以，，但不恒为常数，所以等号不成立，则.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.20. 已知，函数.（1）当时，求的单调区间；（2）当时，设的导函数为，若恒成立，求证：存在，使得；（3）设，若存在，使得，证明：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间.    （2）证明见解析    （3）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，求得，结合导数的符号，即可求解；（2）当时，求得，根据题意恒成立，取，得到，即可求解；（3）设，得到，转化为，设，求得，根据，得到，进而得到，进而证得结论.【小问1详解】解：由函数，可得其定义域为，当时，可得，则，当时，可得，单调递减；当时，可得，单调递增，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间.【小问2详解】解：当时，可得，则，因为恒成立，即恒成立，令，若，则，存在，使得，即，不符合题意，所以，取，则，可得，即存在，使得.【小问3详解】解：由函数，可得，设，因为，可得则又由，可得，所以函数为单调递增函数，所以，即，所以，即，设，可得，所以当时，，即，所以，即，所以，代入可得：，则，所以.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．