2023届天津市第一中学高三下学期第五次月考数学试题含解析

这是一份2023届天津市第一中学高三下学期第五次月考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届天津市第一中学高三下学期第五次月考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据集合的交集运算即可求得答案.【详解】因为 ，，则,故选：C2．“”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【分析】由求得，从而判断出充分、必要条件.【详解】，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B3．函数的图象如图所示，则下列结论成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数图象提供的信息：定义域，尽量大时函数值的正负，的解的正负判断．【详解】由函数图象知，因此，当时，，因此，又，所以．故选：C．4．为宣传我国第三艘航空母舰“中国人民解放军海军福建舰”正式服役，增强学生的国防意识，某校组织1000名学生参加了“逐梦深蓝，山河荣耀”国防知识竞赛，从中随机抽取20名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（    ）A．频率分布直方图中的值为0.004B．估计这20名学生考试成绩的第60百分位数为75C．估计这20名学生数学考试成绩的众数为80D．估计总体中成绩落在内的学生人数为150【答案】D【分析】由频率分布直方图的性质逐一计算即可【详解】由频率分布直方图可得：，解得，故A错误；前三个矩形面积为，即第60百分位数为80，故B错误；估计这二十人的众数为，故C错误；总体中成绩落在内的学生人数为：，故D正确.故选：D5．设,则三者的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据的单调性,判断与1的大小,利用换底公式将写为,再利用的单调性比较的大小即可.【详解】解:因为在上单调递减,所以,因为在上单调递增,所以,即,即,即,因为,所以,即,即,所以.故选:D6．某药厂制造一种药物胶囊，如图所示，胶囊的两端为半球形，半径，中间可视为圆柱，若该种胶囊的表面积为，则该种胶囊的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设圆柱高为，左、右两端半球形半径为，其表面积为S，胶囊的体积为，由圆柱侧面积和球的表面积公式列出等式，用表示出，然后由圆柱与球体积公式求得并代入已知可得．【详解】设圆柱高为，左、右两端半球形半径为，其表面积为S，胶囊的体积为，依题意，，故，将代入可得，故选：A7．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（    ）A．B．的图象关于点中心对称C．若在区间上存在最大值，则实数a的取值范围为D．的图象关于直线对称【答案】C【分析】根据图象求得的解析式，根据三角函数的对称性、最值等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】由题图知，的最小正周期，则．所以．将代入得，则，即．因为，所以，将代入得，则，所以，A选项错误；当时，，所以点不是的图象的一个对称中心，B选项错误；当时，，所以直线不是的图象的一个对称轴，D选项错误；易得在上单调递增，且，即在时取得最大值，所以，即实数a的取值范围为，C正确．故选：C8．已知抛物线的焦点为F，其准线与坐标轴交于点A，点P为E上一点，当取最小值时，点P恰好在以A，F为焦点的双曲线上，则双曲线的实轴长等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据抛物线的定义可得，又，可知当直线与抛物线相切时，即点为切点时，最小.设出方程，联立直线与抛物线的方程，根据，可求出的值，进而得出切点的坐标.然后根据双曲线的定义，即可得出答案.【详解】根据抛物线的对称性，不妨设点在第一象限，，，如图，过点作，垂足为.根据抛物线的定义，可得，所以，在中，有，因为在上单调递增，所以，当最小时，最小，即最小，当直线与抛物线相切时，即点为切点时，最小，最小.由已知可得，，，，则可设直线方程为，，联立直线与抛物线的方程可得，.由直线与抛物线相切，可知，解得，（舍去负值），所以，代入可得，，此时，所以切点.由已知可设双曲线方程为，因为点在双曲线上，根据双曲线的定义可知，，所以，双曲线的实轴长等于.故选：B.9．已知函数，的定义域为，，若，且，则关于x的方程有两解时，实数a的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题知，根据题意得到：恒成立且有两解，分别讨论和时的情况，根据图象即可得到的取值范围.【详解】由题意知：，则对任意的恒成立，又有两解，则恒成立且有两解.，当时，如图所示：只需，解得，当时，如图所示：只需且或者即可，解得，综上所述：.故选：C【点睛】本题主要考查函数的零点问题，同时考查了分类讨论的思想，数形结合为解决本题的关键，属于中档题. 二、填空题10．若，则_______．【答案】【分析】根据复数的除法运算求出复数z，可得，再根据复数模的计算即可得答案.【详解】由可得，故，则，故答案为：11．已知为正数，的展开式中各项系数的和为1，则常数项为___________.【答案】60【分析】先利用已知条件求出参数，再展开式的通项公式找出常数项，然后用公式计算即可.【详解】因为的展开式中各项系数的和为1，且为正数，所以，则，故的展开式的通项为，令，解得，所以的展开式中常数项为，故答案为：60.12．已知直线与圆交于A，两点，若是圆上的一动点，则面积的最大值是___________.【答案】/【分析】求出圆C圆心到弦AB的长度d，求出弦AB的长度，M到弦AB的最大距离为d＋r(r为圆C半径)，根据三角形面积公式即可求出答案．【详解】，则圆C的圆心为，半径为，圆心C到直线l（弦AB）的距离为，则，则到弦AB的距离的最大值为，则面积的最大值是.故答案为：13．=_________【答案】2【分析】利用对数和指数的运算性质即可求解.【详解】，故答案为：. 三、双空题14．用数字1，2，3，4，5给3名男生和2名女生随机地编学号，则男生和女生的学号都不相邻的编法有_________种（用数字作答）；记随机变量，其中X，Y分别为男生、女生的学号之和，则随机变量的数学期望_________．【答案】     12     3【分析】先考虑男生的编号方法，再考虑女生的编号方法，利用分步乘法计数原理求编法数即可，由条件求出随机变量的分布列再由期望公式求其期望.【详解】由已知男生的编号为1，3，5，女生的编号为2，4，用1，3，5给男生编号有种编号方法，用2，4给女生编号有种编号方法，所以满足条件的编号方法有种，由已知随机变量的取值有，，，，，，，，所以，故答案为：12；315．已知平行四边形的面积为，，为线段的中点．若为线段上的一点，且，则__________，的最小值为___________.【答案】          【分析】由平行四边形的面积为，可得，由已知得，然后根据三点共线即可得，从而得出，得，然后利用基本不等式即可求出的最小值.【详解】因为平行四边形的面积为，所以，得，如图，连接，则,所以，因为三点共线，所以，得，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故答案为：，. 四、解答题16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．(1)求角C；(2)若，求的值；(3)若的面积为，求的周长．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）结合正弦定理、正弦和公式、三角形三角关系、诱导公式化简求值即可；（2）由平方关系、倍角公式、余弦和公式化简求值；（3）由余弦定理及面积公式化简求得，即可求得周长.【详解】（1）由正弦定理得，，即，∵，∴，∴，∴；（2）、∴，∴；（3）由余弦定理得，由面积公式得，则，∴的周长为.17．如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.(1)证明：：(2)求直线与平面所成角的正弦值：(3)若为棱上一点，且满足，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用证明即可；（2）求出平面的法向量，利用求解即可；（3）先利用及解出的坐标，再分别求出平面和平面的法向量，利用求解即可.【详解】（1）因为四棱锥中，底面，底面，且，所以两两垂直，以点为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，所以，，，，由为棱的中点，得，所以向量，，故，所以.（2）由（1）得向量，，，设为平面的法向量，则，即，令，得为平面的一个法向量，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）由（1）得向量，，，，因为点在棱上，，，所以，由，得，所以，解得，即，设为平面的法向量，则，即，令，得为平面的法向量，取平面的法向量，则，又因为二面角是锐角，所以二面角余弦值为.18．设数列的前n项和为，已知，（）．（1）求证：数列为等比数列；（2）若数列满足：，．① 求数列的通项公式；② 是否存在正整数n，使得成立？若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）数列为等比数列，首项为1，公比为2．（2），【分析】（1）由题设的递推关系式，得到（），即可证得数列为等比数列． （2）① 由（1）知，，化简得，则数列是首项为1，公差为1的等差数列，即可求得． ②利用乘公比错位相减法，求得，进而得到，显然当 时，上式成立，设，由，所以数列单调递减，进而得到结论.【详解】（1）解：由，得（），两式相减，得，即（）．             因为，由，得，所以，所以对任意都成立，所以数列为等比数列，首项为1，公比为2．                 （2）① 由（1）知，，由，得，                           即，即，                            因为，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列．   所以，所以．                                               ② 设，则，所以，两式相减，得 ，所以．                                   由，得，即．显然当时，上式成立，设（），即．因为，所以数列单调递减，所以只有唯一解，所以存在唯一正整数，使得成立．【点睛】点睛：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.19．欧几里得生活的时期人们就发现了椭圆有如下的光学性质：由椭圆一焦点射出的光线经椭圆内壁反射后必经过另一焦点现有一椭圆，长轴长为，从一个焦点发出的一条光线经椭圆内壁上一点反射之后恰好与轴垂直，且．(1)求椭圆的标准方程；(2)已知为该椭圆的左顶点，若斜率为且不经过点的直线与椭圆交于，两点，记直线，的斜率分别为，且满足．①证明：直线过定点；②若，求的值．【答案】(1)(2)①；②或. 【分析】（1）利用椭圆的定义得出，再利用垂直关系和进行求解；（2）①设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，写出两根之和与积，利用斜率公式及得到关于、的关系式，再利用直线方程的点斜式证明直线过定点；②借助上问中、的关系式，化简两根之和与积，利用及点在椭圆上得到，再进一步化简求解.【详解】（1）解：不妨设、是椭圆的左焦点、右焦点，则轴，又因为，，所以，即，所以，则椭圆的标准方程为：.（2）①证明：设直线的方程为，，，联立，得：，则，，因为，所以，即，即，即，则，即，即，则或，当时，直线可化为，即直线过定点（与左焦点重合，舍）；当时，直线可化为，即直线过定点；综上所述，直线过定点；②解：由①得，则，，且，解得；因为，所以，即，即，即，即，即，即，则或，所以或.【思路点睛】在处理直线与圆锥曲线的综合问题时，涉及直线过定点问题是常见题型，证明动直线过定点问题的基本思路是：设动直线的方程（斜率存在）为，由题设条件将用表示为，得，即直线过定点.20．已知函数，.(1)若，求的单调区间；(2)若不单调，且.（i）证明：；（ii）若，且，证明.【答案】(1)见解析(2)见解析 【分析】(1)根据和两种情况讨论.(2)根据求出，再根据不单调求出，再根据证明.【详解】（1）若，即，定义域为当时，又因为，所以所以在上单调递增；当时，所以在单调递减，在上单调递增.综上：时的单调递增区间为，无减区间；时的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）（i），即又因为不单调，即在上有零点，又所以且，所以所以，即又因为所以又因为所以，即.（ii）设，则，故由即即可知，则.要证，也就是证明成立，即证，把代入，即证明：即可.设.即所以在上单调递增，又，故在上单调递增，又因为，故，即，也就是证明，令，即证：，易知，原不等式等价于先证明：当成立.即，等价于，即则故，所以不等式成立，故成立，原不等式得证.【点睛】本题的关键是将变形，然后通过换元转化为，这样将双变量问题转化为单变量问题，构造函数解决问题.