天津市南开区2023届高三数学一模试题（Word版附解析）

这是一份天津市南开区2023届高三数学一模试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了03， 已知全集，集合或，则， 设，则“”是“”的， 已知，则的大小关系是， 已知函数则下列结论等内容，欢迎下载使用。

2022—2023学年度第二学期高三年级质量监测（一）
数学学科试卷
2023.03
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，集合或，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的补集和交集运算方法即可计算.
【详解】，，
∴.
故选：A
2. 设，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】B
【解析】
【分析】根据二次不等式解法解出，再根据充分条件和必要条件的概念即可判断．
【详解】或，
则，，
所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
3. 函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性，结合函数值，以及函数的变化趋向，即可判断选项.
【详解】函数的定义域为，满足，
所以函数是奇函数，故排除B，
设，
，所以在上单调递增，，
，所以当时，，故排除D；
当时，，故排除A
故选：C
4. 某高中随机选取100名学生一次数学统测测试成绩，分为6组：，绘制了频率分布直方图如图所示，则成绩在区间内的学生有（ ）

A. 35名 B. 50名 C. 60名 D. 65名
【答案】D
【解析】
【分析】运用所有频率之和为1求得a的值，再运用频率分布直方图中频数计算可得结果.
【详解】∵，
∴，
∴（名），
故选：D.
5. 已知直线与圆相交于两点，则的长度可能为（ ）
A. 6 B. 7 C. 12 D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】由直线过定点可知圆心到直线的最大距离，从而可判定相交弦的最小长度，而最大长度为直径，可得结果.
【详解】由条件可知：直线过定点，圆心为，半径，

如下图所示，则圆心到该直线的最大距离，而当该直线过圆心时，圆心到该直线的距离最小为0；
由弦长公式可得：
故选：B

【点睛】本题考察直线与圆相交弦的取值范围，属于中档题.关键在于找出圆心到过定点直线的距离范围，以及弦长公式要熟记.
6. 已知，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，再根据对数函数的单调性结合中间量分别比较和的大小即可.
【详解】由，得，
因为，
所以，即，
因为，所以，
则，
所以，即，
所以.
故选：C.
7. 已知拋物线上一点到准线的距离为是双曲线的左焦点，是双曲线右支上的一动点，则的最小值为（ ）
A. 12 B. 11 C. 10 D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】先根据题意求出点的坐标，设是双曲线的右焦点，根据双曲线的定义可得，从而可得出答案.
【详解】拋物线的准线为，
则点到准线的距离为，所以，
则，故，
设是双曲线的右焦点，
则，则，
故，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为.

故选：D.
8. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在上单调递减，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得，由可求得，结合函数的单调性可得出关于的不等式，由此可得出的最大值.
【详解】将的图象向右平移个单位长度后得到的图象.
因为，所以，
因为在上单调递减，所以，，所以的最大值为.
故选：B.
9. 已知函数则下列结论：
①
②恒成立
③关于的方程有三个不同的实根，则
④关于的方程的所有根之和为
其中正确结论有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知递推可判定①正确；根据函数的变换规律，只需证明时，恒成立，作差构造函数，求导结合，可判定②错误；作出函数的图形，结合图象，可判定③正确；结合每个区间的对称轴，利用等差数列的求和公式，可判定④错误.
【详解】由题意知，，所以①正确；
又由上式知，要使得恒成立，
只需满足时，恒成立，即，
即恒成立，
令，则，
令，解得或，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
当时，函数取得极大值，极大值，所以②不正确；
作出函数的图象，如图所示，
由图象可知，要使得方程有三个不同的实根，
则满足，即，所以③正确；
由知，函数在上的函数图象可以由上的图象向右平移一个单位长度，再将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍得到，
因为的对称轴为，故的两根之和为，
同理可得：的两个之和为，，的两个之和为，
故所有根之和为，所以④不正确.
故选：B.

二､填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.请将答案填在题中横线上.
10. 是虚数单位，复数___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据虚数的性质，先计算，然后代入原式，利用复数的四则运算法则计算求解.
【详解】已知
所以.
故答案：
11. 二项式的展开式中的系数是___________.
【答案】40
【解析】
【分析】先求得二项式的通项公式，再令x的次数为2求解.
【详解】二项式的通项公式为： ，
令，解得，
所以，
所以展开式中的系数是40，
故答案为：40
12. 已知实数，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】运用基本不等式求和的最小值即可.
【详解】∵，，，
∴，当且仅当即时取等号.
故答案为：.
13. 如图，直三棱柱的六个顶点都在半径为1的半球面上，，侧面是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱的体积为___________.

【答案】
【解析】
【分析】底面正方形的对角线即球的直径，利用直三棱柱的性质及勾股定理可以求得的面积，从而求体积.
【详解】如图所示，由题意知，球心在底面的中心O上，故为截面圆的直径，
则，
取的中点，连接
易知：底面中∥，，
则面，即为直角三角形，由勾股定理可得：，故
所以
故答案为：

14. 假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率为，乙厂产品的合格率为，在该市场中购买甲厂的两个灯泡，则恰有一个是合格品的概率为___________；若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为___________.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】根据全概率公式和条件概率公式计算即可.
【详解】在该市场中购买甲厂的两个灯泡，
恰有一个是合格品的概率为，
若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为.
故答案为：；.
15. 在平面四边形中，，则___________；___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据求出B的大小，从而可判断△ABC的形状，从而求出；再求出，从而求出∠ACD的大小，再根据即可求出．
【详解】∵，
又，故，
∵，故，
∴为等边三角形，则；
∵，∴，又，∴，
得，
∴，
根据以上分析作图如下：

则∠BCD=150°，
则
．
故答案为：1；
三､解答题：（本大题共5个小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角及同角三角函数平方关系即可；
（2）由余弦定理即可解得；
（3）由条件及（1）根据余弦的差角及二倍角公式即可.
【小问1详解】
由于，则.
因为，由正弦定理知，
则.
【小问2详解】
因为，，
由余弦定理，得，
即，解得（负值舍去）.
【小问3详解】
由（2）知，所以.
由（1）得.
，
所以

17. 如图，四棱锥中，平面平面是中点，是上一点.

（1）当时，
（i）证明：平面；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）以为坐标原点，为轴，为轴，过点作面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，求平面的法向量和直线的方向向量，证得，即可证明平面；（ii）求直线的方向向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.
（2）设，求平面与平面的法向量，由二面角的向量公式可求出，即可求出的值.
【小问1详解】
解：如图建立空间直角坐标系，以为坐标原点，为轴，为轴，过点作
面的垂线为轴，则由题意可得，

由，及即，
可得.
（i）设平面的一个法向量为，
则解得
令，得是平面的一个法向量.
因为，
所以.又平面，
所以平面.
（ii）由（i）可得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问2详解】
设，
则，
设是平面的一个法向量，
则，
取，则是平面的一个法向量，
则，
解得或（舍去）.
所以
18. 已知是椭圆的两个焦点，过的直线交于两点，当垂直于轴时，且的面积是.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的左顶点为，当不与轴重合时，直线交直线于点，若直线上存在另一点，使，求证：三点共线.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件及椭圆的定义求得a、b的值即可.
（2）设直线PQ方程，联立其与椭圆方程可得，，联立直线的方程与直线m方程可得点M坐标，求出的斜率，得到直线的斜率，求出直线的方程，得到点N坐标，再证明即可.
【小问1详解】
依题意知，，所以.
因为的面积是，即，解得，
所以，
从而，解得，
所以，椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，.
依题意，设直线方程为，
由消去得，
则，
直线的斜率，直线的方程：，
而直线，所以.
直线的斜率，
而，即，
所以直线的斜率.
因此直线的方程：，则点，
所以直线的斜率.
又直线的斜率，
则，
而，即，
所以三点共线.
19. 已知等差数列的首项为1，前项和为，单调递增的等比数列的首项为2，且满足.
（1）求和的通项公式；
（2）证明：；
（3）记的前项和为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，即可求解；
（2）根据数列的前项和与的关系，集合等差数列的通项公式，即可证明；

（3）首先化简并放缩不等式，，再利用裂项相消求和，即可证明.
【小问1详解】
由题意，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因为，
所以即
解得（舍去），或
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以

【小问3详解】
由（1）知.
所以

所以

.
即
20. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处切线方程；
（2）若函数有极大值，试确定的取值范围；
（3）若存在使得成立，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义，求曲线的切线方程；
（2）首先求函数的导数，，再讨论，判断函数的单调性，讨论函数的极值；
（3）不等式转化为，利用两点间的距离的几何意义，转化为点到直线的距离，求的值.
【小问1详解】
当时，，
依题意，，可得，又，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
函数的定义域为，
①当时，，所以在上单调递增，此时无极大值；
②当时，令，解得或，令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
此时在处取得极大值，符合题意；
③当时，令，解得或，令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
此时在处取得极大值，符合题意；
④当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，此时无极大值；
综上，实数的取值范围为.
【小问3详解】


可以看作是动点与动点之间距离的平方，
动点在函数的图象上，在直线的图象上，
问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，
由得，，解得，
所以曲线上点到直线的距离最小，最小距离，
则，
根据题意，要使，
则，此时恰好为垂足，
由,可得，
所以.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质的综合应用的问题，本题的关键是第三问，不等式变形转化为，再转化为直线和函数的图象上点的距离问题.