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天津市南开区2023-2024学年高三下学期一模试题 数学 Word版含答案
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这是一份天津市南开区2023-2024学年高三下学期一模试题 数学 Word版含答案，共9页。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共150分，考试时间120分钟。第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至9页。
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1、答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂在答题卡上
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，橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；
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R表示球的半径.
如果事件A，B互斥，那么.
对于事件A，B，，那么.
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，则（ ）
（A）（B）（C）（D）
（2）若，则“a，b，c成等比数列”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
（3）若，则的最小值是（ ）
（A）2（B）a（C）（D）3
（4）函数的图象可能为（ ）
（A）（B）
（C）（D）
（5）已知，，则（ ）
（A）a＜b＜c（B）c＜b＜a（C）b＜a＜c（D）b＜c＜a
（6）已知随机变量，且，则（ ）
（A）（B）（C）（D）
（7）关于函数，则下列结论中：
①为该函数的一个周期；
②该函数的图象关于直线对称
③将该函数的图象向左平移个单位长度得到的图象：
④该函数在区间上单调递减
所有正确结论的序号是（ ）
（A）①②（B）③④（C）①②④（D）①③④
（8）在长方体中，，其外接球体积为，则其外接球被平面截得图形面积为（ ）
（A）（B）（C）（D）
（9）已知O为坐标原点，双曲线C：的左、右焦点分别是，离心率为，点P是C的右支上异于项点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是M，，则点P到C的两条渐近线距离之积为（ ）
（A）（B）（C）2（D）4
第Ⅱ卷
注意事项：
1、用黑色墨水的钢笔或签字笔答题
2、本卷共11小题，共105分。
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分。
（10）i是虚数单位，复数，则的虚部为______
（11）若的展开式中的系数为160，则实数a的值为______
（12）直线被圆截得的弦长的最小值为______
（13）已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球，若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为______，第二次抽到3号球的概率为______
（14）平面四边形ABCD中，，E为BC的中点，用和表示______；若，则的最小值为______
（15）已知函数分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为______
三、解答题：本大题共5题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
（16）（本小题满分14分）
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（Ⅰ）求a的值：
（Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）的值
（17）（本小题满分15分）
如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD，，点E是棱PC上靠近P端的三等分点，点P是棱PA上一点.
（1）证明：平面BDE
（II）求点F到平面BDE的距离；
（1II）求平面BDE与平面PBC夹角的余弦值.
（18）（本小题满分15分）
已知椭圆C：的一个焦点与抛物线的焦点F重合，抛物线的准线被C截得的线段长为.
（I）求椭圆C的方程；
（II）过点F作直线l交C于A，B两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使为定值？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由.
（19）（本小题满分15分）
在正项等比数列中，.
（Ⅰ）求的通项公式：
（Ⅱ）已知函数，数列满足：.
（i）求证：数列为等差数列，并求的通项公式
（ii）设，证明：
（20）（本小题满分16分）
已知，a为函数的极值点，直线l过点，
（Ⅰ）求的解析式及单调区间：
（Ⅱ）证明：直线l与曲线交于另一点C：
（Ⅲ）若，求n.
（参考数据：）
2023—2024学年度第二学期高三年级质量监测（一）参考答案
数学学科
一、选择题：（本题共9小题，每题5分，共45分）
二、填空题：（本题共6小题，每题5分，共30分）
（10）（11）2；（12）；
（13）（第一个空3分，第二个空2分）；
（14）（第一个空3分，第二个空2分）；（15）－1或
三、解答题：（其他正确解法请比照给分）
（16）解：（Ⅰ）由及余弦定理得，
因为，所以.
（Ⅱ）由及得
由正弦定理得（Ⅰ），因为，所以或.
若，则，与题设矛盾，因此.
（Ⅲ）由（Ⅰ）得，因为，所以
所以
所以
另解：因为
所以
（17）解：因为平面PAD，所以.因为，所以.
故以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.
（Ⅰ），设平面BDE的一个法向量为，
则，即，令，则.又，可得，
因为平面BDE，所以平面BDE.
（Ⅱ）因为平面BDE，所以点F到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离. ，
则点A到平面BDE的距离为
（Ⅲ），设平面BDE的一个法向量为，
则，即，令，则.
设平面BDE与平面PBC的夹角为α，则
故平面BDE与平面PBC的夹角的余弦值为.
（18）解：（Ⅰ）抛物线的焦点，准线方程为，由题意得，
解得，所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）假设存在符合条件的点，设，
则，，
①当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，
由，得，则，
所以，
因此，若对于任意的t值，上式为定值，
则，解得，此时，为定值.
②当直线l的斜率为0时，
综合①②知，符合条件的点M存在，其坐标为.
（19）解：（Ⅰ）因为正项等比数列中，，所以.
又因为，所以，进而公比，所以.
（Ⅱ）（i）因为，所以，
即，所以数列是以为首项，公差为1的等差数列.
所以，即.
（ii）.当时，左式，右式，左式＝右式.
当时，
则
所以，即
综上：当时，
（20）解：（Ⅰ），依题意有，
解得，所以.
当与时，；当时，；
所以在，单调递增，在单调递减.
（Ⅱ）直线AB的方程为，即.
由，得，①，显然和为方程的①解.
设，则，令得，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增.
因为，，
所以有且仅有2个零点，其中，
即直线AB与曲线交于另一点C，且C的横坐标为.
（Ⅲ）由（Ⅱ）得，即，
设，则，所以，代入可得.
设，则，令得.
当时，；当时，.
所以在单调递减，在单调递增.
因为，，，所以存在唯一的，使得.
此时
因此，，所以.
题号
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
（9）
答案
C
B
D
A
A
D
C
B
B
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共150分，考试时间120分钟。第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至9页。
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1、答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂在答题卡上
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，橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；
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R表示球的半径.
如果事件A，B互斥，那么.
对于事件A，B，，那么.
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，则（ ）
（A）（B）（C）（D）
（2）若，则“a，b，c成等比数列”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
（3）若，则的最小值是（ ）
（A）2（B）a（C）（D）3
（4）函数的图象可能为（ ）
（A）（B）
（C）（D）
（5）已知，，则（ ）
（A）a＜b＜c（B）c＜b＜a（C）b＜a＜c（D）b＜c＜a
（6）已知随机变量，且，则（ ）
（A）（B）（C）（D）
（7）关于函数，则下列结论中：
①为该函数的一个周期；
②该函数的图象关于直线对称
③将该函数的图象向左平移个单位长度得到的图象：
④该函数在区间上单调递减
所有正确结论的序号是（ ）
（A）①②（B）③④（C）①②④（D）①③④
（8）在长方体中，，其外接球体积为，则其外接球被平面截得图形面积为（ ）
（A）（B）（C）（D）
（9）已知O为坐标原点，双曲线C：的左、右焦点分别是，离心率为，点P是C的右支上异于项点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是M，，则点P到C的两条渐近线距离之积为（ ）
（A）（B）（C）2（D）4
第Ⅱ卷
注意事项：
1、用黑色墨水的钢笔或签字笔答题
2、本卷共11小题，共105分。
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分。
（10）i是虚数单位，复数，则的虚部为______
（11）若的展开式中的系数为160，则实数a的值为______
（12）直线被圆截得的弦长的最小值为______
（13）已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球，若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为______，第二次抽到3号球的概率为______
（14）平面四边形ABCD中，，E为BC的中点，用和表示______；若，则的最小值为______
（15）已知函数分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为______
三、解答题：本大题共5题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
（16）（本小题满分14分）
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（Ⅰ）求a的值：
（Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）的值
（17）（本小题满分15分）
如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD，，点E是棱PC上靠近P端的三等分点，点P是棱PA上一点.
（1）证明：平面BDE
（II）求点F到平面BDE的距离；
（1II）求平面BDE与平面PBC夹角的余弦值.
（18）（本小题满分15分）
已知椭圆C：的一个焦点与抛物线的焦点F重合，抛物线的准线被C截得的线段长为.
（I）求椭圆C的方程；
（II）过点F作直线l交C于A，B两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使为定值？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由.
（19）（本小题满分15分）
在正项等比数列中，.
（Ⅰ）求的通项公式：
（Ⅱ）已知函数，数列满足：.
（i）求证：数列为等差数列，并求的通项公式
（ii）设，证明：
（20）（本小题满分16分）
已知，a为函数的极值点，直线l过点，
（Ⅰ）求的解析式及单调区间：
（Ⅱ）证明：直线l与曲线交于另一点C：
（Ⅲ）若，求n.
（参考数据：）
2023—2024学年度第二学期高三年级质量监测（一）参考答案
数学学科
一、选择题：（本题共9小题，每题5分，共45分）
二、填空题：（本题共6小题，每题5分，共30分）
（10）（11）2；（12）；
（13）（第一个空3分，第二个空2分）；
（14）（第一个空3分，第二个空2分）；（15）－1或
三、解答题：（其他正确解法请比照给分）
（16）解：（Ⅰ）由及余弦定理得，
因为，所以.
（Ⅱ）由及得
由正弦定理得（Ⅰ），因为，所以或.
若，则，与题设矛盾，因此.
（Ⅲ）由（Ⅰ）得，因为，所以
所以
所以
另解：因为
所以
（17）解：因为平面PAD，所以.因为，所以.
故以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.
（Ⅰ），设平面BDE的一个法向量为，
则，即，令，则.又，可得，
因为平面BDE，所以平面BDE.
（Ⅱ）因为平面BDE，所以点F到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离. ，
则点A到平面BDE的距离为
（Ⅲ），设平面BDE的一个法向量为，
则，即，令，则.
设平面BDE与平面PBC的夹角为α，则
故平面BDE与平面PBC的夹角的余弦值为.
（18）解：（Ⅰ）抛物线的焦点，准线方程为，由题意得，
解得，所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）假设存在符合条件的点，设，
则，，
①当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，
由，得，则，
所以，
因此，若对于任意的t值，上式为定值，
则，解得，此时，为定值.
②当直线l的斜率为0时，
综合①②知，符合条件的点M存在，其坐标为.
（19）解：（Ⅰ）因为正项等比数列中，，所以.
又因为，所以，进而公比，所以.
（Ⅱ）（i）因为，所以，
即，所以数列是以为首项，公差为1的等差数列.
所以，即.
（ii）.当时，左式，右式，左式＝右式.
当时，
则
所以，即
综上：当时，
（20）解：（Ⅰ），依题意有，
解得，所以.
当与时，；当时，；
所以在，单调递增，在单调递减.
（Ⅱ）直线AB的方程为，即.
由，得，①，显然和为方程的①解.
设，则，令得，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增.
因为，，
所以有且仅有2个零点，其中，
即直线AB与曲线交于另一点C，且C的横坐标为.
（Ⅲ）由（Ⅱ）得，即，
设，则，所以，代入可得.
设，则，令得.
当时，；当时，.
所以在单调递减，在单调递增.
因为，，，所以存在唯一的，使得.
此时
因此，，所以.
题号
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
（9）
答案
C
B
D
A
A
D
C
B
B
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天津市南开区2023届高三数学二模试题（Word版附解析）： 这是一份天津市南开区2023届高三数学二模试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 已知，，，则，，的大小关系是， 已知函数，给出下列结论等内容，欢迎下载使用。
