2023天津市南开中学高三上学期第二次月考数学试题含解析

天津南开中学2023届第二次月考试卷

一、单选题

1. 设集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据交集、补集的定义可求.

【详解】由题设可得，故，

故选：B.

2. 已知，则“”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

【解析】

【分析】等价转化，再从集合的包含关系即可判断和选择.

【详解】因为，即，又是的真子集，

故“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

3. 已知一组数据的频率分布直方图如图所示，则数据的中位数估计值为（    ）

A. 64 B. 65 C. 64.5 D. 66

【答案】B

【解析】

【分析】首先判断中位数位于之间，设中位数为，依题意可得，解得即可.

【详解】解：因为，所以中位数位于之间，

设中位数为，则，解得，

即中位数为.

故选：B

4. 函数图像大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先判断函数的奇偶性，得到函数为奇函数，排除A，再根据函数的零点个数排除D选项，根据在y轴左侧附近时，排除C，选出正确答案.

【详解】由于，

∵，

∴是奇函数，图像关于原点对称，排除A，

令，得，

∴，，

∴，，

∴函数有无数个零点，排除D.

当，，排除C.

故选：B.

5. 三个数a＝0.42，b＝log20.3，c＝20.6之间的大小关系是（    ）

A. a＜c＜b B. a＜b＜c C. b＜a＜c D. b＜c＜a

【答案】C

【解析】

【分析】根据指数函数、对数函数的单调性得0＜a＜1，b＜0，c＞1，由此可判断得选项.

【详解】解：∵0＜0.42＜0.40＝1，∴0＜a＜1，

∵log20.3＜log21＝0，∴b＜0，

∵20.6＞20＝1，∴c＞1，

∴b＜a＜c，

故选：C．

6. 已知曲线在点处切线的倾斜角为，则（    ）

A.  B.  C.  D. 1

【答案】C

【解析】

【分析】利用导数的几何意义确定切线斜率，则可得，再利用和差公式与二倍角公式以及同角三角函数关系切化弦化简所求式子，得到含的式子，即可得结果.

【详解】解：因为，则

则曲线在点处的切线的斜率为，又倾斜角为

所以

则

.

故选：C.

7. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据三角函数图象的变换求得，再求结果即可.

【详解】将函数图象先向右平移个单位长度，得到的图象；

再把所得函数图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象；

故.

故选：C.

8. 已知是等差数列的前项和，公差，，若成等比数列，则的最小值为

A.  B. 2 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由成等比数列可得数列的公差，再利用等差数列的前项和公式及通项公式可得为关于的式子，再利用对勾函数求最小值.

【详解】∵成等比数列，

∴，解得：，

∴，

令，令，其中的整数，

∵函数在递减，在递增，

∴当时，；当时，，

∴.

故选：A.

【点睛】本题考查等差数列与等比数列的基本量运算、函数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意为整数，如果利用基本不等式求解，等号是取不到的.

9. 设函数

①若方程有四个不同的实根，，，，则的取值范围是

②若方程有四个不同的实根，，，，则的取值范围是

③若方程有四个不同的实根，则的取值范围是

④方程的不同实根的个数只能是1，2，3，6

四个结论中，正确的结论个数为（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】作出的图像，利用函数与方程之间的关系，分析问题，即可得出答案．

【详解】解：对于①：作出的图像如下：

若方程有四个不同的实根，，，，则，不妨设，

则，是方程的两个不等的实数根，，是方程的两个不等的实数根，

所以，，所以，所以，

所以，故①正确；

对于②：由上可知，，，且，

所以，

所以，，

所以，

所以，故②错误；

对于③：方程的实数根的个数，即为函数与的交点个数，

因为恒过坐标原点，当时，有3个交点，当时最多2个交点，所以，

当与相切时，设切点为，

即，所以，解得，所以，所以，

所以当与相切时， 即时，此时有4个交点，

若有4个实数根，即有4个交点，

当时由图可知只有3个交点，当时，

令，，则，则当时，即单调递增，当时，即单调递减，

所以当时，函数取得极大值即最大值，，

又及对数函数与一次函数的增长趋势可知，当无限大时，即在和内各有一个零点，即有5个实数根，故③错误；

对于④：，

所以，

所以或，

由图可知，当时，的交点个数为2，

当，0时，的交点个数为3，

当时，的交点个数为4，

当时，的交点个数为1，

所以若时，则，交点的个数为个，

若时，则，交点的个数为3个，

若，则，交点有个，

若且时，则且，交点有个，

若，交点有1个，

综上所述，交点可能有1，2，3，6个，即方程不同实数根1，2，3，6，故④正确；

故选：B．

二、填空题

10. 已知复数，则__________.

【答案】﹣1﹣i

【解析】

【分析】利用复数的乘除法运用，即可得出结论.

【详解】解：复数

，

故答案为：．

【点睛】本题考查复数的乘除法运用，考查学生的计算能力，属于基础题.

11. 展开式中的常数项是_____． (用数字作答)

【答案】

【解析】

【分析】根据二项式展开式通项公式可求得结果.

【详解】，

令，得，

故展开式中的常数项为．

故答案为：.

12. 已知各项都为正的等差数列{an}中，若a2＋a3＋a4＝15，a1＋2，a3＋4，a6＋16成等比数列，则a10＝________.

【答案】19

【解析】

【详解】设公差为d(d>0)，因为a2＋a3＋a4＝3a3＝15，所以a3＝a1＋2d＝5，所以a1＝5－2d.又(a1＋2)(a6＋16)＝(a3＋4)2，所以(a1＋2)(a1＋5d＋16)＝(7－2d)(3d＋21)＝81，整理得2d2＋7d－22＝0，解得d＝2或d＝－ (舍).所以a1＝1，故a10＝1＋9×2＝19.故答案为：19
 

13. 甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球（球除颜色外，大小质地均相同）.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示由甲箱中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则________.

【答案】

【解析】

【分析】分析事件所有的可能性，结合已知条件，计算即可.

【详解】根据题意，事件发生且事件发生的概率为；

事件发生且事件发生的概率为；

事件发生且事件发生的概率为；

故.

故答案为：.

14. 若正数，满足，则的最小值为________.

【答案】

【解析】

【分析】由条件可得，，代入所求式子，再由基本不等式即可求得最小值，注意等号成立的条件.

【详解】解：因为正数，满足，

则有，即，

，即，

所以，

当且仅当即，又，

即，时取得最小值，且最小值为．

故答案为：．

15. 如图，在梯形中，且，为的中点，与交于点．若，则的余弦值为______．

【答案】

【解析】

【分析】取中点，连接，且，连接，根据平行四边形性质和平行线分线段成比例的关系可求得，，设，，利用平面向量的线性运算和数量积的运算律化简已知等式可求得，由平面向量数量积的定义可求得结果.

【详解】取中点，连接，且，连接，

，为中点，，又，

四边形为平行四边形，为中点，即，

又为中点，且，，

，，即，

，

又，，即，

，

不妨设，，

由得：，即，

，.

故答案为：.

【点睛】本题考查平面向量中的向量夹角的求解问题，关键是能够通过平面向量的线性运算化简已知等式，得到平面向量数量积的结果；本题中的难点是确定与长度的比例关系，需借助于平行线分线段成比例进行推导.

三、解答题

16. 在中，角，，的对边分别为，，，且.

（1）求；

（2）如图，若为外一点，且，，，，求.并求.

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）根据条件，运用倍角公式和差公式正弦定理化简即可；

（2）连接，先求出 ，再求出，利用两角差的正弦公式求出，运用正弦定理求出BC即可.

【小问1详解】

解：由，得，

即，

由正弦定理得，

整理得，

∴，又，∴，∴；

又，∴；

【小问2详解】

解：

连接，因为，，，

所以，，

所以，所以．

又，所以，

所以，

在 中，由正弦定理可得，即，

所以.

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，满足，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．

【解析】

【分析】（1）可以建立空间直角坐标系，利用向量数量积来证明，；（2）向量法：先求平面的法向量，然后利用公式求直线与平面所成角的正弦值；（3）向量法：先求平面和平面的法向量，再利用公式来求二面角的余弦值．

【详解】依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），可得，，由点为棱的中点，得．

（1）向量，，故． ∴．

（2）向量，设为平面的法向量，则，即，

不妨令，可得为平面的一个法向量．

于是有，

∴直线与平面所成角的正弦值为．

（3），

由点在棱上，故，

由，得，解得，即．

设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得为平面的一个法向量．取平面的法向量，则．

易知，二面角是锐角，∴其余弦值为．

【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.

18. 已知等差数列为递增数列，为数列的前项和，，.

（1）求的通项公式；

（2）若数列满足，求的前项和.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据已知条件，求得，再求得首项和公差，即可写出通项公式；

（2）根据（1）中所求，解得，再利用错位相减法即可求得结果.

【小问1详解】

设数列的公差为，易知，因为，即，

即，又，故为方程的两根，解得或，

又数列为递增数列，故可得，即，解得，

故.

【小问2详解】

，故

即，

则，

作差可得，

即，

解得.

19. 记是公差不为0的等差数列的前项和，已知，，数列满足，且.

（1）求的通项公式，并证明数列是等比数列；

（2）若数列满足，求的前项和的最大值、最小值.

（3）求证：对于任意正整数，.

【答案】（1），证明见解析   

（2）最大值为，最小值为   

（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据题意求出等差数列的首项与公差，再根据等差数列的通项即可得解，根据等比数列的定义结合递推公式证明为定值，即可得证；

（2）由（1）可得，设的前项和为，利用裂项相消法求和，再分奇偶讨论，求出最值.

（3）由（1）可得，从而得到，即可得到，再由等比数列求和公式计算即可.

【小问1详解】

解：设等差数列的公差为，

由，可得，解得或（舍去），

．

又，则，

由，可得，，

数列是以为首项，为公比的等比数列；

小问2详解】

解：由（1）可得

，

设的前项和为，

则

，

当为奇数时，随着的增大而减小，可得，

当为偶数时，随着的增大而增大，可得，

的最大值为，最小值为．

【小问3详解】

证明：因为数列是以为首项，为公比的等比数列，

，．

所以，

所以

，

所以．

20. 已知函数.

（1）若，求的单调区间和极值；

（2）若为的两个不同的极值点，且，求的取值范围；

（3）对于任意实数，不等式恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）求得，根据其正负，即可判断函数单调性，从而求得单调区间和极值；

（2）根据有两个不同的零点，结合判别式和韦达定理，以及题干等价转化的条件，列出关于的不等关系，求解即可；

（3）分离参数，并构造函数，再利用导数判断的单调性，并求得其在上的最大值，即可求得参数的范围.

【小问1详解】

当时，，则，

故当时，，单调递增；当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

故的单调增区间为：，单调减区间为；

又，故的极大值为，极小值为.

【小问2详解】

，则，

为的两个不同的极值点，故可得，且，解得；

，即，

也即，故，解得；

综上所述，的取值范围为.

【小问3详解】

，即，令，

故对于任意实数，不等式恒成立，即，对任意的恒成立；

又，又当时，恒成立，

故当时，，单调递增；当时，，单调递减；

故在上最大值为，则，即的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求函数单调区间和极值，由极值点个数求参数范围，以及根据恒成立问题求参数范围问题；其中第三问处理问题的关键是分离参数，并构造函数，从而用导数求其最大值，属综合中档题.