天津市滨海新区2023届高三三模数学试题（含解析）

这是一份天津市滨海新区2023届高三三模数学试题（含解析），共22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。
天津市滨海新区2023届高三三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．若，，则（    ）A． B． C． D．2．已知，是实数，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．函数的图象大致为（    ）A．   B．  C．   D．    4．为了解学生每天的体育活动时间，某市教育部门对全市高中学生进行调查，随机抽取1000名学生每天进行体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成6组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组．对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是（    ）  A．频率分布直方图中的B．估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数为400C．估计1000名学生每天体育活动时间的众数是55D．估计1000名学生每天体育活动时间的第25百分位数为5．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，若，，则，，大小关系为（    ）A． B．C． D．6．已知，，，则的最小值为（    ）A．4 B．6 C．8 D．107．已知双曲线：，抛物线：的焦点为，准线为，抛物线与双曲线的一条渐近线的交点为，且在第一象限，过作的垂线，垂足为，若直线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．28．某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为2的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直，则该包装盒的容积为（    ）  A． B． C． D．209．记函数的最小正周期为．若，且的图象的一条对称轴为，关于该函数有下列四个说法：①；②；③在上单调递增；④为了得到的图象，只要把的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移个单位长度．以上四个说法中，正确的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题10．已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的虚部为______.11．的展开式中项的系数是________．12．已知圆：与圆：，若两圆相交于A，B两点，则______ 三、双空题13．红、黄、蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色．已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色．现有等量的红、黄、蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料进行等量调配，则甲调配出绿色的概率为________；在甲调配出绿色的情况下，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，进行等量调配，则乙调配出紫色的概率为________．14．在平面四边形中，，，向量在向量上的投影向量为，则________；若，点为线段上的动点，则的最小值为________． 四、填空题15．已知函数，若函数在上恰有三个不同的零点，则的取值范围是________． 五、解答题16．在中，内角，，所对的边分别为，，，，，．(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值．17．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的大小；(3)线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面所成角为，若存在，求线段PM的长；若不存在，说明理由.18．已知椭圆：的离心率为，左，右焦点分别为，，过点的直线与椭圆相交于点，，且的周长为8．(1)求椭圆的标准方程；(2)椭圆的左，右顶点分别为，，上顶点为，若过且斜率为的直线与椭圆在第一象限相交于点，与直线相交于点，与轴相交于点，且满足，求直线的方程．19．设是等差数列，是各项都为正数的等比数列．且，，，(1)求，的通项公式；(2)记为的前项和，求证：；(3)若，求数列的前项和．20．已知定义域均为的两个函数，．(1)若函数，且在处的切线与轴平行，求的值；(2)若函数，讨论函数的单调性和极值；(3)设，是两个不相等的正数，且，证明：．
参考答案：1．A【分析】求出并化简集合B，利用集合的补集和交集运算即可得出答案.【详解】由已知得，，所以，从而A正确；故选：A2．C【分析】由充分条件和必要条件的定义求解即可.【详解】由可得：，对两边同时平方可得，所以，所以”是“”的充要条件.故选：C.3．D【分析】取特值排除即可.【详解】因为，故A、C错误；又因为，故B错误；故选：D.4．D【分析】由频率之和为1可判断A；求出学生每天体育活动不少于一个小时的概率即可估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数可判断B；由众数的定义可判断C；有百分位数的定义可判断D.【详解】由频率之和为1得：，解得，故A正确；学生每天体育活动不少于一个小时的概率为：，则估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数为，故B正确；由频率分布直方图可估计1000名学生每天体育活动时间的众数是55，故C正确；由，，故第25百分位数位于内，则第25百分位数为.可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5，故D不正确.故选：D.5．A【分析】根据指数幂，对数的运算法则进行比较大小，利用函数的奇偶性和单调性进行转化求解即可.【详解】，因为是定义在上的偶函数，所以，因为，，，且在上单调递减，所以，即.故选：A.6．B【分析】由换底公式和基本不等式即可求解.【详解】由知,结合，以及换底公式可知，，当且仅当，，即时等号成立，即时等号成立，故的最小值为，故选：B.7．B【分析】根据给定条件，结合抛物线的定义求出点的坐标，进而求出即可求解作答.【详解】抛物线：的焦点为，准线为：，令交于点，即有， 由，直线的倾斜角为，得，则，，又，则为正三角形，，因此点，双曲线：过点的渐近线为，于是，解得，所以双曲线的离心率.故选：B8．A【分析】补全图形为长方体求解即可.【详解】  将几何体补全为长方体，如图所示，，,所以则该包装盒的容积为：,，，.故选：A.9．C【分析】先化简，由求出可判断①；由的图象的一条对称轴为求出，求的值可判断②；令，求出的单调增区间可判断③；由三角函数的平移变换可判断④.【详解】因为，由可得：，解得：，故①不正确；的图象的一条对称轴为，所以，解得：,因为，所以，所以，，故②正确；令，解得：，令，，所以在上单调递增，③正确；把的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，可得，再向左平移个单位长度，则，故④正确.故选：C.10．【分析】由模长公式及复数的四则运算得出复数，进而即得.【详解】因为，所以，则，所以复数的虚部为.故答案为：.11．【分析】先求出二项展开式的通项，令x的指数为1，求出参数的值，再代入通项即可得解．【详解】的展开式的通项中，令，得，即得的展开式中项的系数为．故答案为：-35．12．【分析】根据两圆相交时公共弦所在直线方程的求法和弦长公式求解.【详解】圆的方程为，即①，又圆：②，②－①可得两圆公共弦所在的直线方程为圆的圆心到直线的距离，所以．故答案为: .13．          【分析】根据古典概型的概率公式和条件概率，即可求出所求概率.【详解】设A=“甲调配出绿色”，B=“乙调配出紫色”，因为等量的黄色加蓝色调配出绿色，且等量的红、黄色、蓝彩色颜料各两瓶共6瓶，所以，因为甲调配出绿色时已经用掉1瓶黄色颜料和1瓶蓝色颜料，则颜料剩余红色2瓶，黄色1瓶，蓝色1瓶共4瓶，因为等量的红色加蓝色调配出紫色，所以.故答案为：，14．          【分析】作出向量在向量上的投影向量，在直角三角形中求出；以点为坐标原点，为轴建立直角坐标系，利用坐标法求出的最小值.【详解】过点作垂直于点，则向量为向量在向量上的投影向量，由题意知点为线段的中点，所以，所以，又为锐角，故.以点为坐标原点，为轴建系如图，则，，.因为，所以.因为点为线段上的动点，所以设，故点.，.当时，取到最小值.故答案为：；.15．【分析】根据函数与方程之间的关系转化两个函数图象交点个数问题，利用分段函数的表达式，结合题意将其转化为二次函数根的分布问题，利用数形结合进行求解即可．【详解】当时，，因为恰有三个不同的零点，函数在上恰有三个不同的零点，即有三个解，而无解，故.当时，函数在上恰有三个不同的零点，即，即与的图象有三个交点，如下图，当时，与必有1个交点，所以当时，有2个交点，即，即令在内有两个实数解，，  当时，函数在上恰有三个不同的零点，即，即与的图象有三个交点，如下图，  当时，必有1个交点，当时，与有2个交点，所以，即在上有根，令故，解得：.综上所述：的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题主要考查函数方程的应用，结合分段函数的表达式转化为两个函数交点个数问题，数形结合是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．16．(1)(2)(3) 【分析】（1）由余弦定理计算可得；（2）由正弦定理计算可得；（3）由余弦定理求出，即可求出、，再由两角差的正弦公式计算可得.【详解】（1）由余弦定理知，，所以，即，    解得或（舍负），所以．（2）由正弦定理知，，所以，所以．（3）由余弦定理知，，    所以，，    所以.17．(1)证明见解析(2)(3)不存在，理由见解析 【分析】（1）先证、，即可由线线垂直证线面垂直；（2）以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，即可由法向量的夹角得出两平面的夹角；（3）设，，求出，可得，整理得，由，方程无解，即可得不存在这样的点M【详解】（1）证明：因为是正三角形，O是AD的中点，所以.又因为平面，平面，所以.，AD，平面，所以面.（2）如图，以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系.则，，，，，，，，，，设平面的法向量为，所以，即，令，则，又平面的法向量，所以.所以平面与平面所成角为.（3）假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面所成角为，则直线GM与平面法向量所成的夹角为，设，，，，所以，所以，整理得，，方程无解，所以，不存在这样的点M.18．(1)(2) 【分析】（1）根据题意，由条件可得，再由离心率可求得，从而求得，即可得到椭圆的标准方程；（2）根据题意，设出直线方程，然后与椭圆方程联立，结合韦达定理可表示出的坐标，再由直线的方程表示出点的坐标，再由等量关系，即可得到结果.【详解】（1）由题设得，所以，又离心率为，解得，，所以椭圆的标准方程为.（2）因为，所以设直线的方程为，且，联立，整理可得：，则，故，则，所以，又直线的方程，联立，整理可得：，所以，则，且满足.则直线的方程为.19．(1)，(2)证明见解析(3) 【分析】（1）由已知条件列出方程组，求解出d，q，根据等比和等差数列的通项公式求解即可；（2）利用等比数列前项和公式求出，求出，得证；（3）利用错位相减法和裂项相消法分奇偶项两组求和即可.【详解】（1）解：由已知可得，，联立①②，得，解得或，因为是各项都为正数的等比数列，所以，代入①式可得，所以，；（2），，，则，所以；（3），令，则，，得，令，.20．(1)；(2)在(−∞,0),(0,1) 上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,的极小值为，无极大值；(3)证明见详解. 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）根据导数与函数单调性的关系，确定单调性进而可得极值；（3）根据同构和函数的单调性以及二次求导即可求解.【详解】（1）因为，所以，所以，又在处的切线与轴平行，所以，所以，所以，即，所以；（2）因为,所以的定义域为 , ，令,得, 当 变化时 的关系如下表:01无意义0+无意义极小值所以在(−∞,0),(0,1) 上单调递减; 在 (1,+∞)上单调递增.所以的极小值为，为极大值；（3）证明：要证,只需证，根据, 只需证，又，是两个不相等的正数，不妨设 , 由得,两边取指数,, 化简得: ，令，所以，根据（2）得在上单调递减，在上单调递增（如图所示),  由于在上单调递减,在上单调递增,要使且相等,则必有 , 即,由得.要证, 只需证,由于在上单调递增, 要证,只需证,又, 只需证,只需证，只需证，只需证,只需证，即证,令,只需证,则 所以在 上单调递减,所以,所以，所以在上单调递减, 所以，所以,所以: .【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.