2023届天津市南开中学高三高考模拟数学试题含解析

这是一份2023届天津市南开中学高三高考模拟数学试题含解析，共16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届天津市南开中学高三高考模拟数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由已知集合，根据交补运算求即可.【详解】由题意知：，而，∴，故选：B2．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意，分析可得函数为奇函数，当时，有，利用排除法分析可得答案.【详解】解：根据题意，对于函数，有函数，即函数为奇函数，图象关于原点对称，故排除A､B ；当时，，则恒有，排除D；故选：C.3．已知，，则“”是“函数是奇函数”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】B【分析】根据函数奇偶性的定义和性质得出“函数是奇函数”的等价条件，再根据“” 或；由充分必要条件的定义即可得到结论．【详解】解：函数的定义域为，若函数为奇函数，则，当时，，若为奇函数，则，即，，即函数为奇函数的充要条件是，，或， “”推不出“函数是奇函数”，“函数是奇函数” 可以得到“”；则“”是“函数是奇函数”的必要不充分条件．故选：．【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判断，根据奇偶性的定义是解决本题的关键．属于基础题．4．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A．1盏 B．3盏C．5盏 D．9盏【答案】B【详解】设塔顶的a1盏灯，由题意{an}是公比为2的等比数列，∴S7==381，解得a1=3．故选B．5．设a＝log36，b＝log510，c＝log714，则 (　　)．A．c>b>a B．b>c>aC．a>c>b D．a>b>c【答案】D【详解】试题分析：，，；且；.【解析】对数函数的单调性. 6．若向量，满足：，，，，则在上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据平面向量数量积的几何意义求出在上的投影，然后结合向量的数乘运算即可求出结果.【详解】在上的投影为，所以在上的投影为.故选：D.7．已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，双曲线的左顶点为A且离心率为，若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】先求出抛物线的方程，从而得到的值，根据离心率得到渐近线方程，由渐近线与直线垂直得到的值，从而可得双曲线的方程.【详解】因为到其焦点的距离为5，故，故，故抛物线的方程为，故.因为离心率为，故，故，根据抛物线和双曲线的对称性，不妨设在第一象限，则，则与渐近线垂直，故，故，故，故双曲线方程为：.故选：D.【点睛】方法点睛：（1）上一点到其焦点的距离为，解题中注意利用这个结论.（2）如果直线与直线垂直，那么.8．将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若在区间上单调递增，且函数的最大负零点在区间上，则的取值范围是A． B． C． D．【答案】D【分析】利用函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象的位置特征，列出关于的关系式，最后确定取值范围.【详解】函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象,所以 ， ，在区间上单调递增，所以有①；当时，函数，而，所以函数的最大负零点为，它在区间上，所以有②，结合①②，的取值范围是，故本题选D.【点睛】本题考查了正弦型函数图象的变换规律，正弦型函数的单调性和零点，考查了运算能力.9．直线l：ax+ y﹣1=0与x，y轴的交点分别为A，B，直线l与圆O：x2+y2=1的交点为C，D，给出下面三个结论：①∀a≥1，S△AOB=；②∃a≥1，|AB|＜|CD|；③∃a≥1，S△COD＜.其中，所有正确结论的序号是（　　）A．①② B．②③ C．①③ D．①②③【答案】C【分析】①当a≥1时，分别可得直线的截距，由三角形的面积公式易得结论①正确；②当a≥1时，反证法可得结论②错误；③由三角形的面积公式可得S△CODsin∠AOC，可得结论③正确．【详解】解：①当a≥1时，把x＝0代入直线方程可得y＝a，把y＝0代入直线方程可得x，∴S△AOBa，故结论①正确；②当a≥1时，|AB|，故|AB|2＝a2，直线l可化为a2x+y﹣a＝0，圆心O到l的距离d，故|CD|2＝4（1﹣d2）＝4（1），假设|AB|＜|CD|，则|AB|2＜|CD|2，即a24（1），整理可得（a2）2﹣4（a2）+4＜0，即（a22）2＜0，显然矛盾，故结论②错误；S△COD|OA||OC|sin∠AOCsin∠AOC，故∃a≥1，使得S△COD，结论③正确．故选：C．【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，涉及基本不等式和三角形的面积公式，属中档题． 二、填空题10．在复平面内，复数与对应的点关于虚轴对称，且，则______．【答案】i【分析】由已知求得z2＝1+i，代入，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】∵复数z1与z2对应的点关于虚轴对称，且z1＝﹣1+i，则z2＝1+i，∴，故答案为i．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．11．某次体检，位同学的身高（单位：米）分别为，，，，，，，则这组数据的第百分位数是_________（米）【答案】【分析】首先将数据从小到大排列，再根据百分位数计算规则计算可得.【详解】将这个数据从小到大排列为，，，，，，，因为，故第百分位数为第个数.故答案为：12．的展开式的常数项为________.（用数字作答）【答案】【分析】写出二项展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.【详解】的展开式通项为，令，解得，所以，展开式中的常数项为.故答案为：.13．海棠同学在参加南开中学陶艺社时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为32厘米的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为厘米，则该球的表面积为_________平方厘米.  【答案】【分析】先根据截面圆周长和正方体的棱长求出球的半径，即可求出球的表面积.【详解】截面圆的周长为，则截面圆的半径为，  如图，设球心为，截面圆的圆心为，为截面圆上一点，则由题意，，所以，该球的表面积为(平方厘米)，故答案为： 三、双空题14．某校从5名学生中选派3人参加劳动技能大赛，已知这5名学生中有高一年级学生2名，高二年级学生2名，高三年级学生1名，则所选3人分别来自不同年级的概率为___________，记所选3人中高一年级学生的人数为，则随机变量的数学期望___________.【答案】          【解析】（1）利用古典概率模型进行计算，即可得到答案；（2）求出随机变量可能取值的概率，再代入期望的计算公式；【详解】（1）；（2）随机变量可能取值为，则，，，，故答案为：； 四、填空题15．已知，函数若对任意x∈［–3，+），f(x)≤恒成立，则a的取值范围是__________．【答案】【分析】由题意分类讨论和两种情况，结合恒成立的条件整理计算即可求得最终结果.【详解】分类讨论：①当时，即：，整理可得：，由恒成立的条件可知：，结合二次函数的性质可知：当时，，则；②当时，即：，整理可得：，由恒成立的条件可知：，结合二次函数的性质可知：当或时，，则；综合①②可得的取值范围是，故答案为.点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析． 五、解答题16．在中，，，分别为角，，所对的边，且.(1)求角的大小；(2)若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；（2）利用二倍角公式、辅助角公式及诱导公式求出，即可求出，再由两角差的余弦公式计算可得.【详解】（1）中，，，分别为角，，所对的边，且．由余弦定理得，整理得，，，．（2）因为，，，即，所以，又，，，．17．在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.  (1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）（2）（3）根据题意，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；【详解】（1）证明：以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，  则，，，，，，， ， 易知平面的一个法向量为，故，则，又平面，故平面．（2）易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为， 且，， 则，令，则，，， 设平面与平面夹角为，易知为锐角，所以，即平面与平面夹角的余弦值为．（3）设平面的法向量为，且， 则，令，则，，故， 设点到平面距离为，．18．已知数列是首项的等差数列，设.(1)求证：是等比数列；(2)记，求数列的前项和；(3)在（2）的条件下，记，若对任意正整数，不等式恒成立，求整数的最大值.【答案】(1)证明见解析.(2)(3)11 【分析】(1)运用等差数列的通项公式，可得公差，进而得到，再由对数的运算性质和等比数列的定义，即可得证；(2) 由（1）得 ，再利用裂项相消法求和即可；(3)根据题意，求得，设，判断其为单调递增，求得最小值为，再由恒成立思想可得的范围，进而得到整数的最大值.【详解】（1）解：由及，得，所以.因为，所以，即.则，所以数列是首项，公比的等比数列.（2）解：由（1）得，所以（3）解：因为，则问题转化为对任意正整数使不等式恒成立.设，则.所以，故的最小值是.由，所以，则整数可取最大值为11.19．已知椭圆的左顶点为，离心率为，过点且斜率为的直线与椭圆交于点与轴交于点.（1）求椭圆的方程；（2）设点为的中点.（i）若轴上存在点，对于任意的，都有（为原点），求出点的坐标；（ii）射线（为原点）与椭圆交于点，满足，求正数的值.【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）（i）见解析； （ii）.【分析】(I)根据椭圆的左顶点为，离心率为，结合性质  ，列出关于 、 、的方程组，求出 、，即可得结果；（Ⅱ）（i）假设轴上存在着点使得,设 ，与椭圆方程联立，求得，利用斜率公式，结合可求得；（ii）设所在直线方程为，与椭圆方程联立，利用弦长公式、点到直线距离公式结合韦达定理求出，再由可得，解方程即可得结果.【详解】(I)由已知得又  椭圆方程为：,(II) （i）假设轴上存在着点使得,设所在的直线方程为：，点由解得，, ，, ，,,解得 轴上存在着点 使得 成立,（ii）设所在直线方程为，则,到直线的距离：    ,,即,, 解得，.【点睛】本题主要考查待定系数法求椭圆的标准方程、以及解析几何中的存在性问题，属于难题.解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在，注意：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法题很难时采取另外的途径.20．已知函数，（为自然对数的底数）(1)当时，求的单调区间；(2)时，若函数与的图象有且仅有一个公共点.（i）求实数的集合；（ii）设经过点有且仅有3条直线与函数的图象相切，求证：当时，.【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）直接利用导函数求单调区间，需注意定义域；（2）（i）根据与的单调性可判断，只有时，两函数图象有且只有一个公共点；（ii）经过点有且仅有3条直线与函数的图象相切，可转化为切点为经过点与函数的图象相切的的直线有3条，即将代入切线方程后，关于的方程有3个根.进而转化为有且仅有3个零点，根据的单调性研究其零点，可得到不等关系，进而可证明不等式成立.【详解】（1）当时，，，，当时，，所以在区间上单调递减，当时，，所以在区间上单调递增，所以当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）（i），因，当时，，所以在区间上单调递减，当时，，所以在区间上单调递增，在处取得最小值；，当时，，所以在区间上单调递增，当时，，所以在区间上单调递减，在处取得最大值，故若函数与的图象有且仅有一个公共点，当且仅当，得，得，故实数的集合为.（ii）因，所以，设点为经过点的直线与函数的图象相切的切点，则，，故切线方程为，因在切线上，故， 整理得，因经过点有且仅有3条直线与函数的图象相切则设，有且仅有3个零点.，因，故当，，在区间上单调增，当，，在区间上单调减，当，，在区间上单调增，故有且仅有3个零点时，，，由得由得，要证成立，只需证成立，即证，因，故只需证，因，所以，故只需证，因，故当时，在单调递增，因，所以，即证.故当时，.【点睛】关键点点睛：不等式中，考虑到为切线方程得到，故在时，和有量上的关系，通过代入发现，结合不等式特点，右边不等式即证.