天津市红桥区2023届高三数学一模试题（Word版附解析）

这是一份天津市红桥区2023届高三数学一模试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

天津市红桥区2023年高三数学一模试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟．
第Ⅰ卷
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. 或
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据交集和补集的定义即可得出答案.
【详解】解：因为,或，
所以，
所以.
故选：D．
2. “”是“”的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】因为，所以，故应选答案A．
3. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇偶性定义判断的对称性，并由及、增长速度关系，结合排除法确定函数图象.
【详解】由且定义域为，故是偶函数，又，排除B、C；
当时，函数比增长得更快，排除A.
故选：D．
4. 某校有200位教职员工，他们每周用于锻炼所用时间的频率分布直方图如图所示，据图估计，每周锻炼时间在小时内的人数为（ ）

A. 18 B. 46 C. 54 D. 92
【答案】D
【解析】
【分析】由频率分布直方图求出每周锻炼时间在小时内的频率，由此能求出每周锻炼时间在小时内的人数．
【详解】由频率分布直方图得：
每周锻炼时间在[10，12]小时内的频率为：1﹣（0.03+0.06+0.18+0.14）×2＝0.18，
∴每周锻炼时间在小时内的频率为：
∴每周锻炼时间在小时内的人数为：200×0.46＝92．
故选：D．
5. 抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是，则该双曲线的离心率为
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出抛物线的焦点坐标以及双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离求出的值，再利用离心率公式可求得双曲线的离心率的值.
【详解】抛物线的焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为，
由题意得，解得，
因此，该双曲线的离心率为.
故选：C.
【点睛】本题考查抛物线和双曲线几何性质的应用，在涉及利用双曲线的渐近线方程求双曲线的离心率时，利用公式计算较为方便，考查计算能力，属于中等题.
6. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】若α∥β，mα，mβ，则m，n可能平行也可能异面，故B错误；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或nα，故C错误；若mα，nα，m∥β，n∥β，由于m，n不一定相交，故α∥β也不一定成立，故A错误；若m∥n，n⊥α，根据线面垂直的第二判定定理，我们易得m⊥α，故D正确.
7. 设，且，则的大小关系为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由函数单调性进行判定，继而比较出大小
【详解】当a>1时,易知>2a，再由以a为底对数函数在定义域上单调递增，从而可知m>p
又∵(+1)−(a−1)=−a+2恒大于0(二次项系数大于0,根的判别式小于0,函数值恒大于0),即+1>a−1，再由以a为底对数函数在定义域上单调递增，从而可知m>n
又∵当a>1时2a显然大于a−1，同上，可知p>n.
综上∴m>p>n.
故选B.
【点睛】本题考查了运用对数函数的单调性比较函数值的大小，需要熟练掌握并能求解结果，本题较为基础.
8. 某班级有50名学生，期末考试数学成绩服从正态分布，已，则的学生人数为（ ）
A. 5 B. 10 C. 20 D. 30
【答案】D
【解析】
【分析】由正态分布的对称性求出，即可求出的学生人数.
【详解】因为期末考试数学成绩服从正态分布，所以期末考试数学成绩关于对称，
则，所以，
所以的学生人数为：人.
故选：D.
9. 函数，关于的方程有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把函数有2个不相等的实数根转化为以和的图象有两个交点，作出图象求解即可.
【详解】因为函数有2个不相等的实数根，
所以和的图象有两个交点.
作出函数的图象如图所示：
当时，，，，
要使函数和的图象有两个交点，则，
当，，，，
当时，，过点与曲线的切点为，
，可得：，所以，
所以切线斜率为，要使函数和图象有两个交点，
由图可得,
当时，关于的方程有2个不相等的实数根.
综上：.


故选：A.
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．
10. 已知，其中是虚数单位，那么实数_____ ．
【答案】-1
【解析】
【分析】化简方程左边，利用两复数相等，得到方程组，求出的值.
【详解】
故答案为：-1

11. 某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且各轮问题能否正确回答互不影响，则该选手被淘汰的概率为_________．
【答案】
【解析】
【分析】设事件表示“该选手能正确回答第轮的问题”，选手被淘汰，考虑对立事件，代入的值，可得结果；
【详解】记“该选手能正确回答第轮的问题”为事件，则.
该选手被淘汰的概率：


故答案为：
【点睛】求复杂互斥事件概率的两种方法：
(1)直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和；
(2)间接法：先求该事件的对立事件的概率，再由求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题时，多考虑间接法．
12. 展开式中的常数项为__________．
【答案】.
【解析】
【分析】利用通项公式即可得出．
【详解】通项公式Tr+1（x2）6﹣r（﹣1）rx12﹣3r，
令12﹣3r＝0，解得r＝4．
∴展开式中的常数项15．
故答案为15．
【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
13. 已知两圆和相交于两点，则直线的方程是_____．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：两圆为①，②，可得，所以公共弦所在直线的方程为．
考点：相交弦所在直线的方程
14. 已知，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】将不等式变为，再由基本不等式即可得出答案.
【详解】,
当且仅当，即时取等.
故答案为：.
15. 如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（交两点不重合）．若，则________，若，则的最小值为__________．

【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】由向量的线性表示，利用三角形法则及已知可求解；
根据（1）的结论，转化用表示，根据三点共线
找出等量关系，再由基本不等式可求的最小值.
【详解】在中，，且，则，
可得

所以；
又由，已知，
所以，可得，
因为三点共线，且点在线外，
所以，
则，
当且仅当时，即等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：；.
三、解答题：本大题共5个小题，共75分．解写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16. 已知的内角所对的边长分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）求的值；
（3）求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理求出，结合，求出；
（2）结合（1），由正弦定理求出的值；
（3）由二倍角公式得到，由两角差的正弦公式即可求解
【小问1详解】
在中，，，，
由余弦定理得，
又因为，所以；
【小问2详解】
在中，由（1）知，，，
由正弦定理可得；
【小问3详解】
由知，所以角A为锐角，
因为，所以，
所以，，
所以.
17. 如图，在长方体中，、分别是棱,

上的点，,
（1） 求异面直线与所成角的余弦值；
（2） 证明平面
（3） 求二面角正弦值．
【答案】（1）,（2）见解析（3）
【解析】
【详解】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，

点A为坐标原点，设,依题意得,
,,
（1） 解：易得,
于是
所以异面直线与所成角的余弦值为
（2） 证明：已知,,
于是·=0，·=0.因此，,,又
所以平面
(3)解：设平面的法向量，则,即
不妨令X=1,可得．由（2）可知，为平面的一个法向量．
于是，从而
所以二面角的正弦值为
方法二：（1）解：设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=

链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由,可知EF∥BC1.故是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=,所以,所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为
（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N 因为，所以，从而，又由于,所以，故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE.
连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为，所以AF⊥平面A1ED
(3)解：连接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故为二面角A1-ED-F的平面角
易知，所以，又所以，在
连接A1C1,A1F 在
．所以
所以二面角A1-DE-F正弦值为

18. 已知数列是公差为2的等差数列，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，求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的首项为，利用等差数列的前项和公式求出，进而求出等差数列的通项公式；设等比数列的公比为，利用通项公式和已知条件求出，进而求出等比数列的通项公式；
（2）先求出，再利用分组求和法和等差数列的求和公式进行求解；
（3）先得到，再利用裂项抵消法进行求和.
【小问1详解】
因为是公差为2等差数列，且，
所以，解得，
所以；
设等比数列的公比为（），
因为，，
所以，即，
解得（舍去）或，
所以.
【小问2详解】
由（1）得，
则

，
则


【小问3详解】
由（1）得
，
则

，
【点睛】方法点睛：本题中考察了数列求和的两种采用方法，第二问考察了并项求和法，第三问考察了裂项抵消法，技巧性较强.
19. 设椭圆的左、右焦点分别为，离心率，长轴为4，且过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若，其中为坐标原点，求直线的斜率；
（3）若是椭圆经过原点的弦，且，判断是否为定值？若是定值，请求出，若不是定值，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）是定值，定值为4
【解析】
【分析】（1）由离心率和长轴，求出和，再由求得，即可求出椭圆标准方程；
（2）设直线的方程为：，直线与椭圆交于两点，，直线方程与椭圆方程联立，分别表示出和，由列出方程，即可求出斜率值；
（3）由弦长公式表示出，再由是椭圆经过原点的弦，且，表示出，即可得出答案．
【小问1详解】
解：由离心率，长轴为4，得， ，
所以，
故椭圆C的标准方程为：．
【小问2详解】
由（1）得椭圆的右焦点的坐标为，
设直线的方程为：，直线与椭圆交于两点，，
由得，，
则，，
所以，
因为，
所以，即，
解得，
故直线的斜率为．
【小问3详解】
是定值，理由如下，
由（2）得：直线的方程为：，直线与椭圆交于两点，，
，，
则


，
由是椭圆经过原点的弦，设，，直线的斜率为，
则，
由得，，且，
得，
所以，为定值．
20. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求实数的取值范围；
（3）证明：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，得到函数在处的导数，利用直线方程得点斜式即可得出答案；
（2）若恒成立，则，设，对求导，得到的单调性，可求出最大值；
（3）令，则，分别取，再由累加法即可证明.
【小问1详解】
当时，，的定义域为，，
曲线在点处的切线方程的斜率为，又
则切线方程为.
【小问2详解】
若恒成立，则，
设，，
由，得，由，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，所以.
【小问3详解】
令，则，即，则，
因为，
，
……，
，
所以.
【点睛】本题考察导数的综合应用，第一问求切线方程；第二问是恒成立问题，可以分类讨论也可分离参数转化为函数最值问题；第三问不等式的证明关键是放缩，需要多积累经验，属于压轴题.