2023届天津市新华中学高三上学期第一次统练数学试题含解析

2023届天津市新华中学高三上学期第一次统练数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求解出集合，然后根据交集的运算法则计算.

【详解】由集合得或，

又，

所以.

故选：D.

2．已知，则“”是“”的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由二倍角公式和同角三角函数的关系可得等价于，即可判断.

【详解】依题意，，故“”是“”的充要条件.

故选：A.

3．下列函数中，最小正周期为的奇函数是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，分别判断四个选项中的函数的最小正周期和奇偶性即可，其中A、C、D选项中的函数先要用诱导公式化简.

【详解】对于A，函数，最小正周期为，且是偶函数；

不满足题意

对于B，函数，最小正周期为，不满足题意；

对于C，函数，最小正周期为，不满足题意；

对于D，函数，最小正周期为，且是奇函数.

故选：D.

【点睛】本题考查了三角函数的奇偶性和最小正周期的应用问题，是基础题.

4．对某校400名学生的体重（单位：）进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，则学生体重在60以上的人数为

A．300 B．100

C．60 D．20

【答案】B

【详解】60以频率为，故人数为（人）

5．已知，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据指数函数对数函数以及幂函数的性质，判断这三个数的大小范围，即可判断答案.

【详解】因为，，，

所以，

故选：D.

6．若将一个圆锥的侧面沿一条母线展开，其展开图是半径为5，面积为的扇形，则与该圆锥等体积的球的半径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用圆锥的基本量与侧面展开图的基本量的关系，建立等量关系求解，再求圆锥的体积，即可计算.

【详解】侧面展开图的半径设为，也是圆锥的母线，设圆锥底面半径为，

则，则扇形面积，则，即，

根据勾股定理可知，圆锥的高，

则圆锥的体积，

那么球的体积，解得：

故选：B

7．设，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据，得到，再由求解.

【详解】因为，

所以，

所以，

又，

.

故选：B.

【点睛】本题主要考查指数式与对数式的互化以及对数的运算，属于较易题.

8．已知，为双曲线的两个焦点，点P在双曲线上且满足，那么点P到x轴的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设，由双曲线的性质可得的值，再由，根据勾股定理可得的值，进而求得，最后利用等面积法，即可求解

【详解】设，，为双曲线的两个焦点，

设焦距为，，点P在双曲线上，，，

，，

，的面积为，

利用等面积法，设的高为，则为点P到x轴的距离，

则，

故选：D

【点睛】本题考查双曲线的性质，难度不大.

9．的最大值与最小值之差为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用函数为奇函数，且其图像的对称性，利用导数可得函数的单调性和最值.

【详解】，

设，则

则为奇函数，图像关于原点对称，其最大值与最小值是互为相反数，

即的最大值与最小值之差为，

当时，，

故的单调递增区间为，单调递减区间为，

所以，所以的最大值与最小值之差为

故选：B

二、填空题

10．＝_____．

【答案】

【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，即可求解，得到答案．

【详解】由题意，根据复数的运算可得，

所以．

故答案为．

【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，其中解答中熟记复数的运算法则，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

11．若展开式中各项系数的和等于64,则展开式中的系数是________.

【答案】

【分析】先由各项系数的和，求出，再由二项展开式的通项公式，即可求出结果.

【详解】因为展开式中各项系数的和等于64，

所以，解得；

所以展开式的通项为，

令，得的系数为.

故答案为

【点睛】本题主要考查二项展开式中指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于常考题型.

12．过原点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为_________.

【答案】

【分析】根据倾斜角求出直线的方程，求出圆心和半径，结合勾股定理求出弦长.

【详解】因为直线过原点且倾斜角为，所以直线方程为：，

由圆的方程得：圆心为，半径，圆心到直线的距离为：

由弦长公式得：所截得的弦长为.

故答案为：.

13．下图中有一个信号源和五个接收器．接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号．若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是______．

【答案】

【分析】先将左端的六个接线点随机地平均分成三组，再将右端的六个接线点随机地平均分成三组，从而可求出所有的连接方法，然后再求出五个接收器能同时接收到信号的所有接法，再利用古典概型的概率公式求解即可

【详解】由题意，左端的六个接线点随机地平均分成三组有种分法，同理右端的六个接线点随机地平均分成三组也有15种分法，所以共有225种：

要五个接收器能同时接收到信号，则需五个接收器与信号源串联在同一个线路中，即五个接收器的一个全排列，再将排列后的第一个接收器与信号源左端连接，最后一个接收器与信号源右端连接，所以符合条件的连接方式共有种，

所求的概率是．

故答案为：

三、双空题

14．已知函数则_____________；若关于x的函数有且只有三个不同的零点，则实数k的取值范围是______________．

【答案】         

【分析】由分段函数解析式，先求，再求，根据分段函数的性质确定函数图象，将问题转化为与有三个不同交点，应用数形结合法求k的取值范围.

【详解】由题设，，则，

∵在上递减且值域为，在上递增且值域为，在上递减且值域为，

∴的图象如下图示：

由图知：有且只有三个不同的零点，即与有三个不同交点，

∴.

故答案为：，

15．在中，点､分别为､的中点，点为与的交点，若，，且满足，则______；______.

【答案】     1    

【分析】根据点､分别为､的中点，可得为三角形的重心，再将、、、用、表示，利用，可得答案.

【详解】

因为点､分别为､的中点，所以为三角形的重心，

所以，

，

因为，

所以，

所以，

所以，所以，

.

故答案为：1；.

【点睛】本题考查了向量的线性运算，考查了三角形重心的性质，考查了平面向量的数量积，属于中档题.

四、解答题

16．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且．

(1)证明：；

(2)若，，求△ABC的面积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据诱导公式及正弦定理，将已知条件的“边”转化成“角”，再利用三角恒等变换进行化简，即可证明；

（2）根据已知条件结合（1）的结论，可求得角C的值，再利用余弦定理得到关于a，b的方程，再结合已知可求得a，b的值，利用三角形面积公式，即可求得△ABC的面积．

【详解】(1)因为，则有

所以由正弦定理得，所以，

整理得，因为，所以，

又因为，所以．

(2)因为，由（1）得．

又，所以C为锐角，则．则，

即．又，解得，

所以△ABC的面积为．

17．如图,四棱锥中,平面平面,底面为梯形.，且与均为正三角形.为的中点为重心,与相交于点.

(1)求证:平面；

(2)求三棱锥的体积.

【答案】（1）见解析（2）

【分析】（1）第（1）问，连交于,连接.证明// ，即证平面. (2)第(2)问，主要是利用体积变换，,求得三棱锥的体积.

【详解】（1）方法一：连交于,连接.

由梯形，且，知

又为的中点，为的重心，∴

在中， ,故// .

又平面, 平面,∴ 平面.

方法二：过作交PD于N,过F作FM||AD交CD于M,连接MN,

G为△PAD的重心，

又ABCD为梯形，AB||CD,

又由所作GN||AD,FM||AD,得// ，所以GNMF为平行四边形.

因为GF||MN,

（2） 方法一:由平面平面， 与均为正三角形， 为的中点

∴， ，得平面，且                 

由（1）知//平面，∴

又由梯形ABCD，AB||CD，且，知  

又为正三角形，得，∴，

得

∴三棱锥的体积为.

方法二: 由平面平面， 与均为正三角形， 为的中点

∴， ，得平面，且

由，∴

而又为正三角形，得，得.

∴，

∴三棱锥的体积为.

18．在等差数列中，，．

（1）求数列的通项式；

（2）设，求数列的前项和．

【答案】（1）（2）

【解析】（1）利用，代入已知即可得到及公差d，利用计算即可.

（2）利用错位相减法.

【详解】∵数列为等差数列，，

∴

∴.

（2）

∴

.

【点睛】本题考查等差数列的性质求通项公式以及错位相减法求数列前n项和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.

19．设分别是椭圆的左､右顶点，点为椭圆的上顶点.

（1）若，求椭圆的方程；

（2）设，是椭圆的右焦点，点是椭圆第二象限部分上一点，若线段的中点在轴上，求的面积.

（3）设，点是直线上的动点，点和是椭圆上异于左右顶点的两点，且，分别在直线和上，求证：直线恒过一定点.

【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.

【解析】（1）计算得，，代入解方程即可得，故可得椭圆的方程；

（2）设另一焦点为，则轴，计算出点坐标，计算即可；

（3）设点P的坐标为，直线：，与椭圆方程联立，由韦达定理计算得出，同理可得，分，两种情况表示出直线方程，从而确定出定点.

【详解】（1），

，，，解得

即椭圆的方程为.

（2）椭圆的方程为，由题意，设另一焦点为，

设，由线段的中点在y轴上，得轴，所以，

代入椭圆方程得，即

；

（3）证明：由题意，设点P的坐标为，

直线：，与椭圆方程联立

消去得：

由韦达定理得即；

同理；

当，即即时，

直线的方程为；

当时，直线：

化简得，恒过点；

综上所述，直线恒过点.

【点睛】关键点睛：解决第（3）的关键是能够运用韦达定理表示出点的坐标，从而表示出直线，并能通过运算整理成关于的方程，从而确定出定点，考查学生的运算求解能力，有一定的难度.

20．已知函数f(x)=.

（1）若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y= 4x+m，求实数a，m的值；

（2）当a=1时，求函数f(x)在区间上的最值.

【答案】（1）a=2，m=6；（2）最小值48ln2，最大值.

【分析】（1）求出导函数，由求得，再由求得；

（2）求出，求得在上的根，确定的正负得单调性，求得极值（如极值只有一个，则它也是最值），另外计算区间端点处的函数值比较可得最值．

【详解】（1）∵f(x)=，

，，，

又，所以．

（2）当a=1时，，， 解得：（舍去）或x=2，

时，，递减，时，，递增，

，，

∴最小值f（2）， 最大值f（）= +8