天津市和平区2023届高三数学一模试题（Word版附解析）

和平区2022-2023学年度第二学期高三年级第一次质量调查

数学学科试卷

温馨提示：本试卷包括第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分.

考试时间120分钟.祝同学们考试顺利!

注意事项：

1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名､准考号､科目涂写在答题卡上.

2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用，橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答在试卷上的无效.

3.本卷共9小题，每小题5分，共45分.

参考公式：

球的体积公式，其中表示球的半径.

如果事件互斥，那么.

如果事件相互独立，那么，

任意两个事件与，若，则.

第Ⅰ卷（选择题共45分）

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. 已知全集，则中元素个数为（    ）

A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个

【答案】B

【解析】

【分析】利用列举法表示全集，可得到，从而得到集合，即可得解；

【详解】因为，，

∴，，

∴，中元素个数为4个，

故选：B．

2. 已知a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

【答案】A

【解析】

【分析】利用特殊值及基本不等式，结合充分条件及必要条件的定义即可求解.

【详解】当时，；

当时，，

当且仅当，即时等号成立，

所以当时，成立，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选: A.

3. 函数的图象是

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：由偶函数排除B、D,排除C.故选A.

考点：函数的图象与性质．

4. 某城市在创建文明城市的活动中，为了解居民对“创建文明城市”的满意程度，组织居民给活动打分（分数为整数，满分100分），从中随机抽取一个容量为100的样本，发现数据均在内.现将这些分数分成6组并画出样本的频率分布直方图，但不小心污损了部分图形，如图所示观察图形，则下列说法错误的是（    ）

A. 频率分布直方图中第三组的频数为15人 B. 根据频率分布直方图估计样本的众数为75分

C. 根据频率分布直方图估计样本的中位数为75分 D. 根据频率分布直方图估计样本的平均数为75分

【答案】D

【解析】

【分析】利用频率分布直方图的性质直接求解.

【详解】分数在内的频率为，

所以第三组的频数为（人），故A正确；

因为众数的估计值是频率分布直方图中最高矩形的中点，从图中可看出众数的估计值为75分，故B正确；

因为，，

所以中位数位为：，故C正确；

样本平均数的估计值为：

（分），故D错误.

故选：D.

5. 已知，则的大小关系为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用对数函数的单调性结合二次函数的性质即得．

【详解】，，，

又，

因为函数，在上单调递减，且，又因为，

所以，所以，即，所以，

，即．

故选：C．

6. 将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ）

A. 的最小正周期为

B. 的图象关于直线对称

C. 在上单调递增

D. 的图像关于点对称

【答案】C

【解析】

【分析】利用图象的伸缩变换、平移变换以及正弦函数的图象与性质进行求解.

【详解】函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到，

再将所得的图象向右平移个单位长度，得到函数，

对于A，的最小正周期为，所以的最小正周期为，故A错误；

对于B，当时，，因为不是正弦函数的对称轴，故B错误；

对于C，当时，，因为正弦函数在单调递增，故C正确；

对于D，当时，，因为不是正弦函数的对称中心，

故不是的对称中心，故D错误.

故选：C.

7. 抛物线的焦点为，其准线与双曲线的渐近线相交于两点，若的周长为，则（    ）

A. 2 B.  C. 8 D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】利用双曲线的渐近线、抛物线的焦点和准线以及两点的距离公式进行计算求解.

【详解】由题知，双曲线的渐近线为，

抛物线的焦点，准线方程为，

由得两点坐标为，，

所以，因为的周长为，

所以，解得.故B，C，D错误.

故选：A.

8. 为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据四个小球和容器的相切关系，作出对应的正视图和俯视图，建立球心和半径之间的关系即可得到容器的半径.

【详解】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示:

正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，

俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的相等， 设半球半径为R，已知小球半径r=1，∴ ，，，.

半球面形状的容器的容积是.

故选：B

9. 已知函数，设方程的四个实根从小到大依次为，对于满足条件的任意一组实根，下列判断中一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先作图确定四个根的范围，再举反例说明A不成立，根据不等式性质否定C,D,最后根据放缩法证B成立.

【详解】方程的根可化为函数与图象的交点的横坐标，作图如下：

由图象可得，，故；

因为D错误，

若，则可取，但，所以A错误，

因为，所以，

即，，C错；

，

即，

∴，∴.

故选：B

【点睛】本题考查根据函数零点情况判断不等式，考查综合分析求解判断能力，属中档题.

第II卷（非选择题共105分）

注意事项：

1.用黑色钢笔或签字笔直接答在答题卡上，答在本试卷上的无效.

2.本卷共11题，共105分.

二､填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分）

10. 设为虚数单位，复数__________.

【答案】##-2i+1

【解析】

【分析】根据复数的除法法则计算即可.

【详解】.

故答案为：.

11. 的展开式中常数项为__________.

【答案】60

【解析】

【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析运算.

【详解】∵展开式第项，

∴当时，，

故展开式中常数项为.

故答案为：60.

12. 直线与圆交，两点，若为等边三角形，则的值为______．

【答案】##

【解析】

【分析】结合几何关系和点到直线的距离即可求解.

【详解】由条件和几何关系可得圆心到直线的距离为，解得．

故答案为：.

13. 先后掷两次骰子（骰子的六个面上的点数分别是1､2､3､4､5､6），落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x､y，记事件A为“为偶数”，事件B为“x､y中有偶数且”，则概率___________，___________.

【答案】    ①. ##0.5    ②.

【解析】

【分析】由古典概率公式求出、，利用条件概率公式可得结果.

【详解】解：若为偶数，则、全为奇数或全为偶数，所以，，

事件为“为偶数且、中有偶数，”，则、为两个不等的偶数，

所以，，

因此，.

故答案为：；.

14. 若实数x、y满足，则的最大值是______．

【答案】

【解析】

分析】利用不等式求最值即可.

【详解】，解得，当时，取得最大值.

故答案为：.

15. 已知四边形，且，点为线段，上一点，且，则__________，过作∥交于点，则__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由，可得，进而可得，由题意可得，求解即可得第一空答案；取中点，连接，根据向量的数乘及加减运算可得

,,再根据向量的数量积运算即可得第二空答案.

【详解】解：如图所示：

因为

所以∥即有∥，

又因，

所以，

即，

，

解得，

所以，

所以，

又因为，

即，

所以；

又因为

，

又因为，

所以，解得；

如图所示：

取中点，连接，

由题意可知∥且=，

所以四边形为平行四边形，

所以∥，

又因为∥，

所以∥，

又因为，

所以，

所以，，

所以，

由可得，

所以

,

所以

故答案为：；

【点睛】关键点睛：对于向量的线性运算，关键是将所求向量表示成同一组基底的数量积，然后再进行求参、数量积等运算.

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. 已知的内角的对边分别为，且.

（1）求的大小：

（2）若，

（i）求面积；

（ii）求.

【答案】（1）；   

（2）（i）；（ii）.

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合两角和得正弦公式及三角形内角关系即可得出答案；

（2）利用余弦定理求得边，根据三角形面积公式可得面积，再根据余弦定理可得，再利用二倍角公式及和差角公式即得.

【小问1详解】

因为，

所以，

即，

则，

因为，所以，

所以，

所以；

【小问2详解】

（i）由余弦定理得，

即，解得（舍去）或，

所以的面积为；

（ii）由上可得，又，

所以，

所以，，

所以.

17. 在如图所示的几何体中，平面平面；是的中点.

（1）求证：；

（2）求直线与平面所成角的正弦值；

（3）求平面与平面的夹角的余弦值.

【答案】（1）详见解析；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出和的坐标，计算即可求证；

（2）求平面的法向量，然后利用线面角的向量求法即得；

（3）利用空间向量夹角公式即可求解.

【小问1详解】

因为，以为原点，分别以，所在直线为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，

所以，，

所以，

所以，即；

【小问2详解】

因为，设平面的法向量为，

则，令，可得，又，

设与平面所成角为，则，

直线与平面所成的角的正弦值为；

【小问3详解】

由题， ，

设平面的法向量，

由，令，则，

又平面的法向量，

所以，

所以平面与平面的夹角的余弦值为．

18. 已知数列为首项的等比数列，且成等差数列；数列为首项的单调递增的等差数列，数列的前项和为，且成等比数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）求；

（3）数列满足，记和分别为和的前项和，证明：.

【答案】（1）；；   

（2）；   

（3）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）利用等比数列基本量运算可得的通项公式，由等差数列的基本量运算结合条件可得的通项公式；

（2）利用裂项相消法即得；

（3）利用错位相减法及等比数列求和公式结合条件即得.

【小问1详解】

设等比数列的公比为数列的公差为

由题知：，

所以，即，解得，

所以，

又，即，

解得（舍）或，

所以；

【小问2详解】

由，可得，

所以

；

【小问3详解】

因为，所以，

，

，

则，

所以，

∴，

所以，

所以.

19. 在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点是椭圆与轴负半轴的交点，点是椭圆与轴正半轴的交点，且直线与圆相切.

（1）求椭圆的方程；

（2）已知斜率大于0的直线与椭圆有唯一的公共点，过点作直线的平行线交椭圆于点，若的面积为，求直线的方程.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题可得直线AB的方程，然后利用直线与圆的位置关系即得；

（2）设直线l的方程为，根据椭圆与直线的位置关系可得及，进而可得直线，结合椭圆方程可得，然后根据三角形面积结合条件进而即得.

【小问1详解】

设椭圆的半焦距为，由，可得，则，

所以直线AB的方程为，即，

因为直线与圆相切，

所以，

解得，

所以椭圆C的方程为；

【小问2详解】

设直线l的方程为， ，

由，可得，

所以，可得，

所以，，

即，

所以直线OM的方程为，即，

又 ，由题可得直线，

由，可得，显然，

设，则，，，

即，

则P到直线OM距离为，

所以三角形的面积为，

所以，，又，

所以，，

所以直线l的方程为.

20. 已知函数，其中为自然对数的底数，.

（1）当时，函数有极小值，求；

（2）证明：恒成立；

（3）证明：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析    （3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求导，求极值点，讨论函数单调性，找到极小值即可解决问题；

（2）不等式恒成立，即恒成立，

设，构造新函数求导利用函数导数单调性进行分析即可证明结论.

（2）由（2）知，，令，则

从而有，由的不同值，分别写出不等式，然后累加，结合等比数列求和进行放缩，分析得到结论.

【小问1详解】

，令，解得，

当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以有极小值，

所以，即.

【小问2详解】

证明：不等式恒成立，即恒成立，

设，则，

易知是定义域上的增函数，又，

则在上有一个根，即

当时，，当时，

此时在单调递减，在单调递增，

的最小值为，

，

，

，

恒成立，故结论成立.

【小问3详解】

证明：由（2）知，，令，

则.

由此可知，当时，，

当时，，

当时，，

，

当时，，

累加得：

，

又，

所以.

【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，

难度相当大，主要考向有以下几点：

1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；

2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；

3、求函数的极值（最值）；

4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；

5、证明不等式；

解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，

在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，

对新函数求导再结合导数与单调性等解决.