天津市2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷（含解析）

天津市2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知命题p：；命题q：. p是q成立的（    ）条件.

A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不也不必要条件

3．函数的图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

4．某学校随机抽取了部分学生，对他们每周使用手机的时间进行统计，得到如下的频率分布直方图.则下列说法：①；②若抽取100人，则平均用时13.75小时；③若从每周使用时间在，，三组内的学生中用分层抽样的方法选取8人进行访谈，则应从使用时间在内的学生中选取的人数为3.其中正确的序号是（    ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

5．下列函数中，在区间（0，+∞）上是减函数的是（　　）

A． B． C． D．

6．三棱锥中，平面，其外接球表面积为，则三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

7．设为双曲线的右焦点，圆与E的两条渐近线分别相交于A，B两点，O为坐标原点，若四边形OAFB是边长为4的菱形，则E的方程为（    ）

A． B．

C． D．

8．已知函数，则下列结论正确的有（    ）个

①；

②是函数的一个对称中心；

③任取方程的两个根，，则是的整数倍；

④对于任意的，恒成立.

A．1 B．2 C．3 D．4

9．已知函数若(互不相等)，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

10．是虚数单位，复数__________.

11．在的展开式中，则的系数是______

12．已知直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为__________.

13．已知，则的最小值为_________．

14．已知函数若，则实数的值等于________．

三、双空题

15．清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件为“高二年级3人相邻”，事件的排法为__________种；在事件“高二年级3人相邻”的前提下，事件“高一年级2人不相邻”的概率为__________．

四、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.

17．如图，在三棱锥P-ABC中，底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，，.

（1）求证：平面BDE；

（2）求二面角C-EM-N的正弦值.

（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.

18．已知点是离心率为的椭圆上的一点，斜率为的直线交椭圆于、两点，且、、三点不重合.

(1)求椭圆的方程；

(2)直线、的斜率之和是否为定值：若是求出定值，不是则说明理由.

19．已知数列满足，其前8项的和为64；数列是公比大于0的等比数列，，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)记，，求数列的前项和；

(3)记，求．

20．已知函数，直线.

(1)若直线为曲线的切线，求的值；

(2)若不等式对任意的恒成立，求实数的最大值；

(3)若直线与曲线有两个交点.求证：.

参考答案：

1．A

【分析】先求解集合中的二次不等式，结合交集定义，即得解.

【详解】由题意，，

故.

故选：A

2．A

【分析】根据对数函数及指数函数的单调性化简命题，然后根据充分条件必要条件的概念即得.

【详解】因为命题p：，即，命题q：，即，

所以由可推出，而由推不出，

所以是成立的充分不必要条件,

故选：A.

3．A

【分析】根据图象可得出函数具有奇偶性，先判断奇偶性，再比较剩余选项的区别，取特殊值判断即可.

【详解】，定义域为关于原点对称，

所以， 是奇函数，图象关于原点对称，排除选项D，

显然，又，.

故选：A.

4．B

【分析】根据频率分布直方图中小矩形的面积和为1可求出，再求出频率分布直方图的平均值，即为抽取100人的平均值的估计值，再利用分层抽样可确定出使用时间在内的学生中选取的人数为3.

【详解】，故①正确；

根据频率分布直方图可估计出平均值为，所以估计抽取100人的平均用时13.75小时，②的说法太绝对，故②错误；

每周使用时间在，，三组内的学生的比例为，用分层抽样的方法选取8人进行访谈，则应从使用时间在内的学生中选取的人数为，故③正确.

故选：B.

5．C

【详解】本题考查函数的单调性.

函数图像是开口向下，对称轴为的抛物线，在上是增函数，在上是减函数；所以在区间(0，+∞)上不单调；A错误；

幂函数在定义域上是增函数；在区间(0，+∞)上是增函数；B错误；

函数在定义域上是减函数；在区间(0，+∞)上是减函数；

C正确；

函数在定义域上是增函数；D错误；

故选C

6．D

【分析】作图，分析图中的几何关系，根据条件求出三棱锥的高

【详解】依题意，三角形ABC的平面图如图1：

               图1

其中 是等腰 的外接圆的圆心， 是AC的垂直平分线， 是BC的垂直平分线， 在 的外部，

依题意有 ，  ；

三棱锥的直观图如图2：

              图2

外接圆的圆心为PB的中点D，

过 作垂直于平面ABC的垂线，过D作垂直于平面PAB的垂线，两垂线必相交于外接球的球心O，

外接球的半径 ，三棱锥P-ABC的高为PA，

则有 ，在 中， ，

三棱锥的体积为 ；

故选：D.

7．D

【分析】根据菱形、圆的性质知且△、△均为等边三角形，结合渐近线方程、双曲线参数关系求，，即可求E的方程.

【详解】由四边形OAFB是边长为4的菱形，知：且△、△均为等边三角形，而渐近线方程为，

∴，又，

∴，，故E的方程为.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：利用菱形、圆的性质，结合双曲线渐近线方程求参数，写出双曲线方程.

8．A

【分析】首先把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质的应用判断①②③④的结论.

【详解】解：函数

，

对于①，；则函数关于对称，

即当时，，故①错误；

对于②，当时，，

故是函数的一个对称中心，故②错误；

对于③任取方程的两个根，，故，

整理得，故，

所以，故是的整数倍，故③错误；

对于④由于，所以，

所以，

，所以，

故对于任意的，恒成立，故④正确.

故选：A.

9．D

【分析】先画函数图象，再进行数形结合得到和，结合对勾函数单调性解得的范围，即得结果.

【详解】作出函数的图象，如图所示:

设，则.

因为，所以，

所以，所以，即.

当时，解得或，所以.

设，

因为函数在上单调递增，所以，即，

所以.

故选：D.

10．

【分析】先利用复数的除法得到复数的代数形式，再利用模长公式进行求解.

【详解】因为，

所以.

故答案为：.

11．

【分析】首先写出通项公式，再根据指定项求，最后代入求含的系数.

【详解】的展开式的通项公式，

令，，所以的系数是.

故答案为:

12．

【分析】求出所过定点，然后画出图形，求出，数形结合实数的取值范围.

【详解】变形为，恒过点，

画图如下：

则，，

则要想直线和以为端点的线段相交，

则或，

即或.

故答案为：.

13．4

【分析】利用拼凑法结合均值不等式即可求解.

【详解】，

当且仅当即即时等号成立，

所以的最小值为4，

故答案为：4.

14．-3

【分析】先求，再根据自变量范围分类讨论，根据对应解析式列方程解得结果.

【详解】

当a>0时，2a=-2,解得a=-1，不成立

当a≤0时，a+1=-2,解得a=-3

【点睛】求某条件下自变量的值，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围.

15．     720     ##0.6

【分析】利用捆绑法求解事件A的排法；再使用捆绑法和插空法求出事件的排法，利用条件概率公式得到

【详解】将高二年级3人进行全排列，有种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和其他年级4人进行全排列，有种排法，所以事件A的排法有=720种；

事件的排法：将高二年级3人进行全排列，有种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有种排法，排好后，将高一年级的2人进行插空，有种排法，所以事件共有=432种排法，

则

故答案为：720，

16．(1)

(2)①；②7.

【分析】（1）由二倍角的余弦公式把降次，再用两个角的和的余弦公式求，结合三角形三内角和求得角；

（2）①根据三角形的面积公式求出边，再由余弦定理求边，②由余弦定理求，由同角关系求，再由二倍角正切公式求，根据两角差正切公式求.

【详解】（1）因为

所以，

化简得，

故，又，所以，

因为，所以.

（2）①因为，由，所以，

由余弦定理得，所以.

②由余弦定理得，，所以，故，，

于是.

17．（1）见解析（2）；（3）AH的长为4.

【解析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面平面BDE，再由面面平行的性质定理得出平面BDE；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；

（3）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量法求解即可得出线段AH的长.

【详解】（1）取AB中点F，连接MF，NF，

因为M为AD中点，

所以，

因为平面BDE，平面BDE，

所以平面BDE.

因为N为BC中点

所以，

又D，E分别为AP，PC的中点，

所以，则.

因为平面BDE，平面BDE，

所以平面BDE.

又，平面

所以平面平面BDE

平面

则平面BDE；

（2）因为底面ABC，.

所以以A为原点，分别以AB，AC，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系

因为，，

所以，，，，，，

则，，

设平面MEN的一个法向量为，

由，得，

取，得.

由图可得平面CME的一个法向量为.

所以.

所以二面角C-EM-N的余弦值为，则正弦值为；

（3）设，则，，.

因为直线MH与直线BE所成角的余弦值为，

所以，

解得：.

所以当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为4.

【点睛】本题主要考查了由面面平行的性质定理证明线面平行以及利用向量法求面面角，由线线角求其他，属于中档题.

18．(1)

(2)是定值，且定值为

【分析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可求得椭圆的方程；

（2）设直线的方程为，其中，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式与韦达定理可求得直线、的斜率之和.

（1）

解：由已知可得，解得，因此，椭圆的方程为.

（2）

解：设直线的方程为，其中，设点、，

联立可得，

，可得且，

由韦达定理可得，，

.

因此，直线、的斜率之和为.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

19．(1)，

(2)

(3)

【分析】（1）根据条件得到等差数列的公差，利用前项和公式，求出首项，得到通项公式，设出公比，得到方程，求出公比，写成通项公式；

（2）写出的通项公式，利用裂项相消法求和；

（3）方法一：变形得到，其中利用错位相减法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出；

方法二：变形后，利用裂项相消法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出.

【详解】（1）∵，

∴数列是公差为等差数列，且，

∴，解得，

∴；

设等比数列的公比为（），

∵，，

，即，

解得（舍去）或，

∴

（2）由（1）得

，

（3）方法一：

∵，

①

②

两式相减得，

，

，

当为偶数时，

，

当为奇数时，

，

.

方法二：

当为偶数时，

，

当为奇数时，

，

.

【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型：

分式型：，，等；

指数型：，等，

根式型：等，

对数型：，且；

20．(1)

(2)2

(3)证明见解析

【分析】(1)利用导数的几何意义得出切线方程为，然后再根据已知的切线方程即可求解；

(2)根据题意，将条件等价转化为，二次求导进而求出的最小值即可；

(3)利用导数先求出直线与曲线有两个交点时，然后再根据两个零点的大小关系构造函数，利用导数求出其单调性进而得到证明.

【详解】（1）因为，所以，

设切点为，则切线斜率，

切线方程为：，因为直线过坐标原点，

则有，解得，

所以.

（2）设，因为，

所以的一个必要条件是，

又，所以，则，

当时，，则，

又因为，所以单调递增，而，则，

所以在上单调递增，故，符合题意，

所以实数的最大值为2.

（3）依题意，方程有两个不同的实根.

令，则有

①若，则在上恒成立，所以在单调递增，

此时不可能有两个不同的零点，故舍去；

②若，当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

从而，解得.

又，故在有一个零点.

设正数，

则.

由于，因此在有一个零点.

综上所述，.

不妨设，则，

令，

则，所以函数在上单调递增，

由，可得，即，

又是函数的两个零点，即，所以，

因为，所以，

又，函数在上单调递减，

所以，即，

又，所以，因此

【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.