2023届天津市南开中学高三上学期统练（二）数学试题含解析

2023届天津市南开中学高三上学期统练2数学试题

一、单选题

1．全集，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据集合的补集和交集的运算公式进行计算即可.

【详解】因为，，，，

所以，

所以.

故选：B

2．若，，则“”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】B

【分析】取，，可得“”不能推出“”；由基本不等式可知由“”可以推出“”，进而可得结果.

【详解】因为，，取，，则满足，但是，所以“”不能推出“”；

反过来，因为，所以当时，有，即.

综上可知，“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

3．为研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：）的分组区间为，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…，第五组，右图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（    ）

A．8 B．12 C．16 D．18

【答案】B

【分析】结合已知条件和频率分布直方图求出志愿者的总人数，进而求出第三组的总人数，从而可以求得结果.

【详解】志愿者的总人数为＝50，

所以第三组人数为50×0.36＝18，

有疗效的人数为18－6＝12．

故选：B.

4．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】首先求出函数的定义域，再判断函数的奇偶性，最后根据函数值的情况判断即可.

【详解】解：因为函数的定义域为，，

所以是偶函数，函数图象关于轴对称，排除A，B；

当时，，当时，，排除C．

故选：D．

5．若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由基本不等式可判断，由对数的性质可得，再作差可判断大小.

【详解】，，，则.

所以.

故选：A．

6．设，则 =（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用和差角的正弦公式和辅助角公式对进行化简，可得，再利用二倍角的余弦公式即可得到答案

【详解】解：即，所以即，

所以，

故选：D

7．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（        ）

A．直线是图象的一条对称轴

B．图象的对称中心为，

C．在区间上单调递增

D．将的图象向左平移个单位长度后，可得到一个奇函数的图象

【答案】C

【分析】由已知图象求得函数解析式，将代入解析式，由其结果判断A;求出函数的对称中心可判断B; 当时，，结合正弦函数的单调性判断C;根据三角函数图象的平移变换可得平移后函数解析式，判断D.

【详解】由函数图象可知，,最小正周期为 ，

所以 ，

将点代入函数解析式中，得：，结合，

所以，故，

对于A，当时，，故直线不是图象的一条对称轴，A错误;

对于B，令，则，

即图象的对称中心为，，故B错误；

对于C，当时，，由于正弦函数在上递增，

故在区间上单调递增，故C正确；

对于D，将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，该函数不是奇函数，故D错误；

故选：C

8．已知函数在区间上是增函数，若函数在上的图像与直线有且仅有一个交点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】D

【分析】结合函数图像的对称性，及在区间上的单调性，可知，又的图像与直线的交点的横坐标为，从而得，进而可求出的取值范围.

【详解】解：因为函数的图像关于原点对称，并且在区间上是增函数，

所以，又，得，

令，得，

所以在上的图像与直线的第一个交点的横坐标为，第二个交点的横坐标为，

所以，解得，

综上所述，，故的最小值为

故选：D

9．已知，函数若关于的方程恰有两个互异的实数解，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据分段函数的意义将方程恰有两个互异的实数解，转化为各段上根的个数问题分类推理讨论求解.

【详解】因为关于x的方程恰有两个互异的实数解，则有：

有两个不同的实根，且无实根，

或与各有一个实根，

或无实根，且有两个不同的实根，

当时，，函数为增函数，

则函数在上最多一个零点，有两个不同的实根不成立，

当函数在上有一个零点时，必有，即，此时，，

因此，当时，函数在上确有一个零点，方程必有一个实根，

当，时，，

设函数，

而函数对称轴，即在上单调递减，又，即在上必有一个零点，

因此，方程必有一个实根，

于是得当时，与各有一个实根，

若方程无实根，必有，

此时方程有两个不同的实根，函数在上有两个零点，

当且仅当，解得，

于是得当时，有两个不同的实根，且无实根，

综上得：当或时，方程恰有两个互异的实数解，

所以实数a的取值范围是.

故选：C.

【点睛】思路点睛：涉及分段函数零点个数求参数范围问题，可以按各段零点个数和等于总的零点个数分类分段讨论解决.

二、填空题

10．若为虚数单位，复数满足，则的虚部为______.

【答案】2.5

【分析】根据复数的除法运算可得，进而即得.

【详解】因为，

所以，

所以复数z的虚部为.

故答案为：.

11．在的展开式中，求含项的系数为___________．

【答案】28

【分析】求出二项式展开式的通项，令x的次数为5求出对应的r的取值，从而可得其系数．

【详解】二项式展开式的通项为，

令，得，可得含项的系数为．

故答案为：28．

12．设函数对任意的 均满足，则______

【答案】-1

【分析】由辅助角公式先进行化简，再利用条件可得为奇函数，可求得的值，代入求解即可.

【详解】因为

又因为，所以函数为奇函数

即

所以

故答案为-1

【点睛】本题考查了三角函数的性质以及化简，利用辅助角公式是解题的关键，熟悉三角函数性质，属于较为基础题.

13．若实数m，n满足，则的最小值是___________.

【答案】

【分析】通过换元使变量系数相同，巧用“1”的代换结合基本不等式即可求解.

【详解】解析：令，则，因为，所以.从而，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.

故答案为：.

14．已知，函数若存在实数，使得恒成立，则的最大值是__________．

【答案】0.625

【分析】将题设转化为，分类讨论求得，再求出的最大值即可.

【详解】由题意得：，①当，即时，；

②当，即时，，

当即时，；

当即时，，

当即时，；

③当时，，此时.

则当时，；

当时，，画出在的图象，

令，解得，此时相切，可得；

当时，；则，

即当时，，又，则；

当时，，又，则；

当时，，又，则；

综上可得，即的最大值是.

故答案为：.

三、双空题

15．袋中有大小形状相同的红球、黑球和白球共9个，其中白球有2个，从袋中取出2球，至少得到1个红球的概率为，则红球有________个．在此情况下，若从袋中取出3球，记取到黑球的个数为X，则随机变量X的数学期望为_______．

【答案】     4     1

【分析】①设出红球个数，直接由至少得到1个红球的概率为得到方程，解方程即可；

②分别求出X为的概率，再按照期望公式计算即可.

【详解】①设红球个，则黑球个，至少取到1个红球的概率为，解得；

②由上知：黑球有3个，易知X的所有取值为，，

，故期望为.

故答案为：4；1.

四、解答题

16．已知，，.

(1)求的值；

(2)求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用倍角公式和诱导公式计算；

（2）利用两角和与差的余弦公式计算，注意角的范围.

【详解】(1).

(2)因为，所以，

又因为，所以，

所以；

因为，所以，

所以.

所以

.

17．已知函数．

(1)求的最小正周期及其图象的对称轴方程；

(2)若的图象可由的图象向左平移个单位长度得到，求函数在上的值域．

【答案】(1)，（）

(2)

【分析】（1）由2倍角及辅助角公式可得，从而可求解；

（2）由平移得，再通过整体思想求解即可.

【详解】(1)因为

，

所以的最小正周期．

令，，则，，

所以图象的对称轴方程是，．

(2)由题可知．

因为，所以，

所以，即，

故在上的值域是．

18．如图，平面，，，，，．

(1)求证：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值；

(3)求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）先证明平面BCF平行于平面ADE，即可证明直线BF平行于平面ADE；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面BDE的法向量，利用向量数量积即可求解；

（3）分别求出平面BDE和平面ADE的法向量，利用向量数量积即可.

【详解】(1)∵ ， 平面ADE， 平面ADE， ，

平面BDE， 平面BDE， ，

∴平面ADE 平面BDE， 平面BDE， 平面ADE；

(2)依题意， ，以A为原点建立空间直角坐标系如下图：

则 ，

， ，

设平面BDE的一个法向量为 ，

则有 ， ，令x=2，则y=-2，z=-1， ，

设CE与平面BDE的夹角为 ，

则有 ，

(3)显然平面ADE的一个法向量为 =(0，1，0)，设平面ADE与平面BDE的夹角为 ，

则 ；

综上，CE与平面BDE的夹角的正弦值为 ，平面ADE与平面BDE的夹角的余弦值为 .

19．已知函数.

(1)当时，求函数的极值；

(2)若关于x的方程在无实数解，求实数a的取值范围.

【答案】(1)极小值为，无极大值

(2)

【分析】（1）代入，求导，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间及极值情况；

（2）构造函数，二次求导，确定导函数的单调性，结合端点值，对进行分类讨论，确定实数a的取值范围.

【详解】(1)当时，，定义域为R，

，令，解得：，

当时，，单增，当时，，单减

所以在处取得极小值，极小值为，无极大值.

(2)即在无实数解，

令，

则，

令，

则，

因为，所以，所以，

，即在上单调递增，

其中，

当，即时，时，，

在上单调递增，又，

故当时，没有零点；

②当，即时，

令，

在上恒成立，

所以在上单调递增，

所以，故，，

所以，

又，故存在，使得，

当时，，单调递减，又，

故当时，，所以在内没有零点，

当时，，单调递增，

因为，所以，

且

令，，

，，

令，，

，所以在上单调递增，

又，故时，，

在上单调递增，

所以，故，

又，由零点存在性定理可知，存在，，

故在内，函数有且仅有一个零点，

综上：时满足题意

即的取值范围是

【点睛】导函数求解参数取值范围问题，通常需要构造函数，求出构造函数的导函数，确定其单调性，极值和最值情况，本题中要注意到特殊点的函数值，确定参数的取值范围，即必要性探究，再进行充分性证明.

20．已知函数，其中.

（1）当时，求曲线在点处切线的方程；

（2）当时，求函数的单调区间；

（3）若，证明对任意，恒成立.

【答案】（1）；（2）在和内是增函数，在内是减函数；（3）见解析

【分析】（1）当时，求得，进而得到，利用直线的点斜式方程，即可求解；

（2）求得函数的导数，三种情况分类讨论，即可求解．

（3）把，转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解．

【详解】（1）当时，则函数，

则，则，

曲线在点处切线的方程为，即.

（2）由函数，则，

令，，，又，

①若，，当变化时，，的变化情况如下表：

所以在区间和内是增函数，在内是减函数.

②若，，当变化时，，的变化情况如下表：

所以在和内是增函数，在内是减函数.

（3）因，所以在内是减函数， 因为

不妨设，则 .

于是，等价于，

即，

令，

因在内是减函数，

故，从而在内是减函数，

∴对任意，有，即，

∴当时，对任意，恒成立.

【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．