天津市和平区2023届高三三模数学试题 Word版含解析

这是一份天津市和平区2023届高三三模数学试题 Word版含解析，共21页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知命题，使得，则为， 已知，，且，则ab的最小值为， 如图，在中，，，若，则的值为等内容，欢迎下载使用。

天津市和平区2023届高三三模数学试题
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求和，再求补集即可.
【详解】因为，所以，，所以.
故选：D.
2. 已知命题，使得，则为（ ）
A. ，使得 B. ，使得
C. ，使得 D. ，使得
【答案】B
【解析】
【分析】根据命题的否定的定义求解.
【详解】根据命题的否定的定义，
因为命题，使得，
所以为，使得，
故选:B.
3. 函数图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇偶性可排除AD，根据可排除B；结合指数函数性质可知C正确.
【详解】对于A，，为偶函数，则图象关于轴对称，与已知图象不符，A错误；
对于B，当时，，与已知图象不符，B错误；
对于D，，不是奇函数，则图象不关于原点对称，与已知图象不符，D错误；
对于C，，，
为奇函数，图象关于原点对称；
为上的减函数，为上的增函数；
又，图象与已知图象符合，C正确.
故选：C.
4. ①一组数据的第三四分位数为8；
②若随机变量，且，则；
③具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本的中心，则；
④如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有180种不同的着色方法.

以上说法正确的个数为（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】将数据从小到大排列，再根据百分位数计算规则计算①，根据正态分布的性质判断②，根据回归直线必过样本中心点判断③，按照分步乘法计数原理判断④.
【详解】对于①：将数据从小到大排列为、、、、、、、、、，
所以，则第三四分位数为，故①错误；
对于②：因为，且，
所以，所以，故②正确；
对于③：因为线性回归方程为，且样本的中心，
所以，解得，故③正确；
对于④：首先涂I有种，第二步涂II有种，第三步涂III有种，第四步涂IV有种，
按照分步乘法计数原理可得一共有种涂色方法，故④正确；
故选：C
5. 已知，，且，则ab的最小值为（ ）
A. 4 B. 8 C. 16 D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】运用对数运算及换底公式可得，运用基本不等式可求得的最小值.
【详解】∵，
∴，即：
∴，
∵，，
∴，，
∴，当且仅当即时取等号，
即：，当且仅当时取等号，
故的最小值为16.
故选：C.
6. 已知满足，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据方程的根、函数的零点与函数图象的交点之间的等价关系，画出相应函数图象即可求解.
【详解】由题意知：把的值看成函数与图像的交点的横坐标，

因为，，易知；
把的值看成函数与图像的交点的横坐标，

，易知；
把的值看成函数与图像的交点的横坐标，

，与，易知.
所以.
故选：B.
7. 过抛物线的焦点作斜率为的直线与离心率为的双曲线的两条渐近线的交点分别为.若分别表示的横坐标，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】易得直线的方程为，进而求得的横坐标，再根据列式，结合双曲线基本量的关系求解即可.
【详解】由题意，知，则直线的方程为，联立双曲线的渐近线，
所以直线与渐近线的交点横坐标分为，又，即，
整理，得，所以.
故选：D．
8. 如图所示，扇形的半径为2，圆心角为，若扇形绕旋转一周，则图中阴影部分绕旋转一周所得几何体的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据旋转体特点可知所得几何体为半球减掉一个圆锥，由此可知其表面积构成包括圆锥的侧面积以及半球的球面，利用圆锥侧面积和球的表面积公式求得结果.
【详解】阴影部分旋转一周以后所得的几何体为一个以为半径的半球减掉一个底面半径为，高为圆锥
几何体表面积
【点睛】本题考查几何体表面积的求解问题，关键是能够根据旋转体的特点，将问题转化为圆锥的侧面积和球的表面积的求解问题.
9. 如图，在中，，，若，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将用表示，利用列方程，解方程求得的值.
【详解】依题意

，
又.
由于，所以，
即，
即，
即，
即，解得.
故选：A.
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. 已知复数为的共轭复数，则的虚部为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数的运算以及共轭复数的定义即可求解.
【详解】由，
则的共轭复数，则的虚部为.
故答案为：
11. 若（x2）6的二项展开式中x3项的系数为，则实数a= ．
【答案】-2
【解析】
【分析】由二项式定理可得（x2）6的二项展开式的通项，令x的指数为3，可得r的值为3，代入通项可得含x3项，结合题意，可得（）3×C63，解可得答案．
【详解】解：（x2）6的二项展开式的通项为Tr+1＝C6r×（x2）6﹣r×（）r＝（）r×C6r×x12﹣3r，
令12﹣3r＝3，可得r＝3，
此时T4＝（）3×C63×x3，
又由题意，其二项展开式中x3项的系数为，即（）3×C63，解得a＝﹣2；
故答案为：﹣2．
【点睛】本题考查二项式定理的应用，关键是正确写出该二项式展开式的通项．
12. 已知圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于、两点，且，则圆的方程为______．
【答案】
【解析】
【详解】设圆心坐标C(a，b)
∵圆心与P关于直线y=x+1对称
∴直线CP与y=x+1垂直
∵y=x+1的斜率为1
∴直线CP的斜率为-1
∴
化简得：a+b+1=0 ①
∵CP的中点在直线y=x+1上
∴
化简得：a-b-1=0 ②
联立①②得到：a=0，b=-1
∴圆心的坐标为：(0，-1)
∵圆心C到直线AB的距离d=,
∴根据勾股定理得到半径=18
∴圆的方程为.
13. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%；加工出来的零件混放在一起，且第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%.现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品的概率为______，取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为______.
【答案】 ①. 0.0525 ②.
【解析】
【分析】首先用数学语言表示已知条件，设B＝“任取一个零件为次品”，Ai＝“零件为第i台车床加工”(i＝1，2，3)，则Ω＝A1∪A2∪A3，A1，A2，A3两两互斥．P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45，P(B|A1)＝0.06，P(B|A2)＝P(B|A3)＝0.05.由条件概率公式计算；由条件概率公式计算．
【详解】设B＝“任取一个零件为次品”，Ai＝“零件为第i台车床加工”(i＝1，2，3)，则Ω＝A1∪A2∪A3，A1，A2，A3两两互斥．根据题意得P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45，P(B|A1)＝0.06，P(B|A2)＝P(B|A3)＝0.05.
由全概率公式，
得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)
＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05
＝0.0525.
“如果取到的零件是次品，计算它是第i(i＝1，2，3)台车床加工的概率”，
就是计算在B发生的条件下，事件Ai发生的概率．
＝
＝＝.
故答案为：0.0525；
14. 已知函数，（i）若，将函数沿轴向右平移个单位后得到一个偶函数，则___________；（ii）若在上单调递增，则的最大值为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）根据三角函数的图象变换求出解析式，再根据偶函数的定义求解；
（2）根据函数在上单调递增，结合函数的周期可得，再根据单调递增列出不等式即可求得的最大值.
【详解】,
（i）若,则,
向右平移个单位后所得函数为，
因为平移得到一个偶函数，所以,
解得，
因为，所以当时，满足题意，
（ii）若在上单调递增，
则函数的最小正周期,
解得，
且，
即，解得，
又因为，所以当时，，即，
所以的最大值为.
故答案为: ；.
15. 已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解，则实数的取值集合为___________.
【答案】
【解析】
【分析】分类讨论的不同取值，并作出的图象，利用数形结合的思想，结合函数图象确定两个函数图象的交点的个数即可求解.
【详解】，
当时，，
此时无解，不满足题意；
当时，设，
则与的图象大致如下，

则对应的2个根为，
此时方程均无解，
即方程无解，不满足题意；
当时，设，则与的图象大致如下，

则则对应的2个根为，
若方程恰有三个不相等的实数解，
则与函数的图象共有3个不同的交点，
①当时，与函数的图象共有2个交点，如图所示，

所以与函数的图象只有1个交点，
则，所以，解得；
②当时，与函数的图象共有2个交点，
所以与函数的图象只有1个交点，
则，与矛盾，不合题意；
③当时，与函数的图象共有2个交点，如图所示，

所以与函数的图象只有1个交点，
则，所以，解得；
综上，的取值集合为，
故答案为: .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于作出函数的图象，将方程恰有三个不相等的实数解转化为两条横线与函数图象的图象的交点的个数共计3个，数形结合思想求解.
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. 在中，内角所对的边分别为，已知，且.
（1）求值；
（2）求的面积；
（3）求.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数关系求角的正余弦值，再应用两角和差计算即可；
（2）由正弦定理求边，再应用两角和差求正弦值，最后应用面积公式求解；
（3）根据二倍角公式计算可得最后应用诱导公式及两角和差计算可得.
【小问1详解】
因为,
.
【小问2详解】
由正弦定理可得.
,
所以的面积.
【小问3详解】



17. 如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.

（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）详见解析；
（2）；
（3）存在点，此时
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直即可证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解；（3）假设存在，列出方程求解即可.
【小问1详解】

因为平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为侧棱所在直线与上下底面中心的连线所成的角为，则
，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，则
，令，则.
因为，所以，所以，
又因为平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
假设边上存点满足条件，，
则，
设直线与平面所成角为，
由题意可得，
化简得，则或（舍去），
即存在点符合题意，此时.
18. 在平面直角坐标系中，椭圆的上，下焦点分别为，椭圆上的任意一点到下焦点的最大距离为3，最小距离为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线与椭圆相交于点，垂直于的直线与交于点，与轴交于点，且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的性质得到，即可求出、，再求出，即可得解；
（2）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，，联立直线方程，求出点坐标，依题意在的垂直平分线上，即可求出点坐标，从而求出的方程，表示出点坐标，根据求出，即可得解.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为，长半轴为，依题意，解得，
所以，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，，
由，消去可得，解得，
则，
即，
因为，则为的垂直平分线与的交点，
所以，解得，所以，
又直线，所以直线的方程为，令，解得，
所以，
又，
所以，，
因为，所以，
解得，所以，所以直线的方程为.

19. 已知等比数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个等差数列，记插入的这个数之和为，若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围；
（3）记，求证：.
【答案】（1）
（2）
（3）详见解析.
【解析】
【分析】（1）根据和的关系即可求解；（2）根据等差数列前项和公式求出代入化简即可解决；（3）求出，进行适当放缩后用裂项相消求和解决.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
当时，有，则 ①
当时，，两式相减可得：，
整理得，可知，代入①可得，
所以等比数列的通项公式为（）.
【小问2详解】
由已知在与之间插入个数，组成以为首项的等差数列，
所以，
则，
设，则递增数列，
当为偶数时，恒成立，即，所以；
当为奇数时，恒成立，即，所以；
综上所述，的取值范围是.
【小问3详解】
证明：由（1）得，
则有
.

,原不等式得证.
20. 已知函数，，其中.
（1）若曲线在处的切线与曲线在处的切线平行，求的值；
（2）若时，求函数的最小值；
（3）若的最小值为，证明：当时，.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出，，依题意两数相等，即可得到方程，解得即可；
（2）利用导数求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值；
（3）利用导数说明的单调性，即可求出的最小值，从而得到的解析式，再利用导数求出的最大值，即可得证.
【小问1详解】
因为，，
所以，，
所以，，
因为两条切线平行，所以，解得
【小问2详解】
由（1）可知，令，即，
即，即，又，解得，
令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以时，函数的最小值为.
【小问3详解】
证明：因，，，
令，则，即，
所以当时解得，所以在上单调递增，
令，解得，所以在上单调递减，
所以在处取得极小值即最小值，
所以，
即的最小值为的解析式为，，
则，令，解得，
所以当时，即在上单调递增，
当时，即在上单调递增，
所以在处取得极大值即最大值，即，
所以，即当时，总有.