天津市2023届高三高考前最后一卷数学试题（含解析）

天津市2023届高三高考前最后一卷数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设全集为，，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知非零向量，，则“与共线”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．即不充分也不必要条件

3．函数的部分图象为（    ）

A． B．

C． D．

4．某乡镇为推动乡村经济发展，优化产业结构，逐步打造高品质的农业生产，在某试验区种植了某农作物．为了解该品种农作物长势，在实验区随机选取了100株该农作物苗，经测量，其高度（单位：cm）均在区间内，按照，，，，分成5组，制成如图所示的频率分布直方图，记高度不低于16cm的为“优质苗”．则所选取的农作物样本苗中，“优质苗”株数为（    ）

A．20 B．40 C．60 D．88

5．若，，，则（    ）

A． B． C． D．

6．若是奇函数，则（    ）

A． B． C． D．

7．已知双曲线的上､下焦点分别为，，过的直线与双曲线的上支交于M，N两点，若，，成等差数列，且，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

8．木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

9．已知函数的最小正周期为，则以下说法错误的是（    ）

A．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的函数的图象关于原点对称

B．函数在区间上为减函数

C．由的图象向右平移个单位长度可以得到的图象

D．点是函数图象的一个对称中心

二、填空题

10．已知复数，的共轭复数为，则________.

11．的展开式中x的系数为___________.

12．过三点 的圆交x轴于两点，则______．

三、双空题

13．甲、乙、丙三人分别独立地解一道题，甲做对的概率是，三人都做对的概率是，三人都做错的概率是，则乙、丙两人各自做对这道题的概率分别为______，甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为______．

14．已知向量满足分别是线段的中点，若，则______；若点为上的动点，且，则的最小值为______.

15．定义在上的函数满足：①当时， ②.

（i） _____；

（ii）若函数的零点从小到大依次记为，则当时，_______.

四、解答题

16．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.

(1)求角C的大小；

(2)若，，求的面积.

(3)若，求的值.

17．如图，在四棱锥中，平而为的中点，在上，且

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面所成二面角的正弦值；

(3)点是线段上异于两端点的任意一点，若满足异面直线与所成角的余弦值为，求的长．

18．在平面直角坐标系中，已知椭圆与椭圆，且椭圆过椭圆的焦点．过点的直线l与椭圆交于A，B两点，与椭圆交于C，D两点．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若存在斜率不为0的直线l，使得，求t的取值范围．

19．已知数列的前项和为，满足：.

(1)求证：数列为等差数列；

(2)若，数列满足，记为的前项和，求证：；

(3)在（2）的前提下，记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.

20．已知函数，.

(1)求函数的单调区间；

(2)若函数有唯一的极值点，

①求实数取值范围；

②证明：.

参考答案：

1．A

【分析】利用集合的补集和交集运算求解.

【详解】解：因为全集为，，

所以，

又，

所以，

所以，

故选：A

2．B

【分析】取为方向相反的单位向量，得到不充分，根据得到，得到必要性，得到答案.

【详解】若与共线，取为方向相反的单位向量，则，，

，不充分；

若，则，整理得到，

若且，设夹角为，则，即，即，即，故与共线，必要性成立.

综上所述：“与共线”是“”的必要不充分条件.

故选：B

3．C

【分析】确定函数为奇函数，排除BD，当时，，排除A，得到答案.

【详解】的定义域为，

，故为奇函数，

其图象关于原点对称，排除B，D；

又时，，，，故，排除A．

故选：C．

4．C

【分析】根据频率分布直方图计算出“优质苗”的占比,再乘以100可得结果

【详解】由频率分布直方图可知，“优质苗”的占比为，

因此，所选取的农作物样本苗中，“优质苗”株数为.

故选：C.

5．D

【分析】用对数函数的单调性和比较，用指数函数的单调性和比较，用对数函数的单调性和比较，即可判断大小关系.

【详解】因为,所以为减函数，

所以，即.

因为,所以为增函数，

所以，即.

因为,所以为增函数，

所以，即，

所以．

故选：D

6．A

【分析】根据奇函数的定义结合对数运算求解.

【详解】若是奇函数，可得，

则

，

可得，解得，所以.

故选：A.

7．B

【分析】先根据，，成等差数列，并结合双曲线的定义得到，再设，在中利用勾股定理得到，进而在中利用勾股定理得到，从而得到双曲线的离心率.

【详解】由双曲线的定义知，，

∴，

∵，∴，

令，则，

在中，，∴，

解得，∴，，

所以在中，，

∴，∴.

故选：B

8．A

【分析】根据正四棱台的外接球的性质可得两底面的边长，进而根据直角三角形的边角关系，结合二面角的定义即可求解.

【详解】如图：正四棱台，由题意可知：是底面正方形的中心也是球O的球心，

且,所以 ,进而可得

取的中点为，过的中点作，连接,

所以 ,,故,

在直角三角形中， 故，

由于,所以即为正四棱台的侧面与底面所成二面角，故正弦值为，

故选：A

9．C

【分析】先根据已知条件求解确定解析式，再利用图象平移变换判断AC的正误，利用代入验证法判断BD的正误.

【详解】函数最小正周期为，故，，故.

将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的函数，满足，是奇函数，图象关于原点中心对称性，故A正确；

时，由正弦函数单调性可知，为减函数，故B正确；

由的图象向右平移个单位长度得到，故C错误；

将代入得，，故是函数图象的一个对称中心，D正确.

故选：C.

【点睛】方法点睛：

解决三角函数的图象性质，通常利用正弦函数的图象性质，采用整体代入法进行求解，或者带入验证.

10．1

【分析】根据共轭复数的概念，先求出复数的共轭复数，再根据复数的乘法运算，即可求出结果.

【详解】复数的共轭复数为

所以.

故答案为：1.

【点睛】本题考查了共轭复数的概念，以及复数的乘法运算，属于基础题.

11．4860

【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项,令x的指数为1,求出的值,将的值代入通项,求出系数.

【详解】的展开式的通项公式为，

令，得，

所以展开式中x的系数为.

故答案为:.

12．

【分析】作AB和AC的垂直平分线的交点求出圆心和半径，写出圆的标准方程，再令 求解.

【详解】

依题意作上图，显然 轴，点的中点坐标为 ，AB的垂直平分线方程为

，

点的中点为 ，直线AC的斜率为 ，直线的斜率为1，

直线 的垂直平分线方程为，

联立两垂直平分线方程，解得圆心坐标为，半径 ，

所以圆的标准方程为，令 ，解得与轴交于，，所以；

故答案为： .

13．     ，或，；    

【分析】利用相互独立事件同时发生的乘法公式、对立事件概率公式及互斥事件至少一个发生的加法公式计算，即可求解.

【详解】设甲、乙、丙做对这道题分别为事件A、B、C，，

由题意，，所以，

解得或；

设甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的事件为D，

则，所以甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为.

故答案为：，或，；.

14．          ．

【分析】由得是平行四边形，把用表示后，由数量积的运算求得，同样用表示后平方可求得模，由向量的线性运算得，利用三点共线得出，代入，化简后引入函数，由导数求得其最小值．

【详解】因为，所以是平行四边形，

由题意,

,

即，，

，

，

，

，

又共线，所以，即，

在线段上，因此，

，

令，则，

时，，递减，时，，递增，

所以，

所以的最小值为．

故答案为：；．

15．     3    

【分析】（i）由于，可得，根据解析式求出，代入可得；

（ii）在同一坐标系内做出和的图像，根据图像得到的对称关系，把转化为等比数列前n项和即可求解.

【详解】（i）因为，所以，当时，，所以；

（ii）在同一坐标系内做出和的图像如图所示：

当时，利用对称性，依次有：，

……

所以

故答案为：3；

【点睛】已知函数有零点，求零点的和（积）的常用方法：

(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再直接求和（积）；

(2)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．

16．(1)

(2)

(3)

【分析】（1）运用正弦定理角化边，再利用余弦定理即可求解；

（2）先算出ab，再利用三角形面积公式即可；

（3）先算出 ，再运用两角差和倍角公式即可求解.

【详解】（1）依题意，运用正弦定理得： ，化简得 …①，

由余弦定理得： ，

因为C是三角形内角， ；

（2）由于 ，

由①得 ， ；

（3） ，

；

综上： ， ， .

17．(1)证明见解析；

(2)；

(3).

【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理作答.

（2）由（1）中坐标系，求出平面的法向量，再二面角的余弦值作答.

（3）利用空间向量运算求出点F的坐标，再利用向量求出异面直线夹角余弦即可求解作答.

【详解】（1）在四棱锥中，平面，平面，则，

而，则以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，又，则有，

，因为，则，

，因此，即，

而，于是得，而平面，平面，

所以平面.

（2）由（1）知，，设平面的法向量为，

则，令，得，显然平面的法向量为，

令平面与平面所成二面角为，则，

所以平面与平面所成二面角的正弦值.

（3）由（1）知，，令，，则，

，而，则，整理得，

而，解得，有，.

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据题意可得，从而即可求得椭圆的标准方程；

（2）根据题意可得直线l的斜率存在，设，，，，，联立直线l与椭圆，得到关于的一元二次方程，从而得到，；同理联立直线l与椭圆，得到，，从而求得，，再根据，从而可得到t的取值范围．

【详解】（1）因为椭圆过点，所以，

所以，即椭圆的标准方程为．

（2）易知直线l的斜率存在，设，，，，，

联立直线l与椭圆，，消去y，整理得，

则，，

，即，

联立直线l与椭圆，，消去y，整理得，

则，，

，即

所以，

，

因为，所以，

即，平方整理得，

因为，所以，即t的取值范围为．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

①设直线方程，设交点坐标为，；

②联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y)的一元二次方程，必要时计算；

③列出韦达定理；

④将所求问题或题中的关系转化为， (或，)的形式；

⑤代入韦达定理求解．

19．(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）由条件可得、，然后可得、，两式相减即可证明；

（2）首先可求出、，然后计算出即可；

（3）首先可得，然后利用裂项求和法求出，然后求出，然后分为偶数、为奇数求解即可.

【详解】（1）因为，所以，，

两式相减可得，即

由可得，

两式相减可得

化简可得，所以，

所以数列为等差数列；

（2）由可得，可得，

因为，所以，

因为数列满足，

所以，所以，

所以数列为等比数列，

因为，所以，，

所以，

所以，即，

（3）由（2）可得；

由已知

可得

设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为，

所以，

当为奇数时，，

所以

当为偶数时，，

所以

由，

得，

即，

当为偶数时，对一切偶数成立，所以，

当为奇数时，对一切奇数成立，所以此时，

故对一切恒成立，则.

20．(1)答案见详解

(2)①；②证明见详解

【分析】（1）求导，分类讨论判断原函数单调性；

（2）①根据（1）中的单调性，分析判断极值点；②根据①可知，整理分析可得原不等式等价于，构建新函数，利用导数证明不等式.

【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，

当时，则在定义域内恒成立，

故函数的递增区间为，无递减区间；

当时，令，解得，

令，解得；令，解得；

故函数的递增区间为，递减区间为；

综上所述：当时，函数的递增区间为，无递减区间；

当时，函数的递增区间为，递减区间为.

（2）①由（1）可知：当时，函数的递增区间为，无极值点；

当时，函数的递增区间为，递减区间为

函数有唯一的极值点；

综上所述：若函数有唯一的极值点，则实数取值范围为.

②∵函数有唯一的极值点，则，

即，可得，

故

，

若，即，且，

等价于，

构建，则，

当时，构建，则，

∵，则，

故对恒成立，

则在上单调递增，可得，

即对恒成立，

故在上单调递减，可得，

即对恒成立；

当时，则，

构建，则，

∵在内单调递增，则，

∴在内单调递增，则，

即当时，可得，

故对恒成立，

则在上单调递增，可得，

即对恒成立；

综上所述：对恒成立.

故，即.

【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤

(1)作差或变形．

(2)构造新的函数h(x)．

(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．

(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．

特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．