2023届天津市南仓中学高三上学期第一次教学质量过程性监测与诊断数学试题（解析版）

2023届天津市南仓中学高三上学期第一次教学质量过程性监测与诊断数学试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求得集合A,B的并集，根据补集的概念和运算，即可求得答案.

【详解】∵ ，，,

故，

∴，

故选：C．

2．“”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】A

【分析】若，则，若，则.

【详解】由，可得，

此时有，满足充分性；

由，可得，

不能得到，不满足必要性.

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

3．已知，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件利用指数函数、对数函数的单调性，再借助“媒介”数即可比较作答.

【详解】函数在上单调递减，，则，

函数在R上单调递增，，则，

函数在R上单调递减，，则，

所以.

故选：B

4．函数的部分图象可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的奇偶性排除AB，再根据趋近于时的值判断即可

【详解】因为，故为奇函数，排除AB，又当趋近于时，远远大于，所有函数逐渐趋近于0，排除D

故选：C

5．函数的零点所在的大致区间是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】首先判断函数的单调性，再根据零点存在性定理判断即可.

【详解】解：的定义域为，又与在上单调递增，

所以在上单调递增，

又，，，

所以，所以在上存在唯一的零点.

故选：C

6．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.

7．已知正方体的棱长为，其八个顶点都在一个球面上，则这个球的半径是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据外接球的直径为正方体的体对角线可求.

【详解】由题可得外接球的直径为正方体的体对角线，设半径为，

所以，所以.

故选：B.

8．已知函数，则下列结论错误的是（    ）

A．函数的最小正周期是

B．函数在区间上单调递减

C．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到

D．函数的图象关于对称

【答案】C

【分析】A选项，利用三角恒等变换得到，从而求出最小正周期；B选项，整体代入检验是否是单调递减区间；C选项，利用函数平移左加右减，上加下减进行平移，求出平移后的解析式；D选项，代入检验是否是对称中心.

【详解】，

所以函数的最小正周期是，A正确；

当时，，所以单调递减，故B正确；

函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到，故C错误；

当时，，所以，

所以的图象关于中心对称，D正确.

故选：C

9．已知函数，若函数恰有两个零点则实数的取值范围是(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】令g(x)=0得，作出h(x)图象，数形结合判断y=h(x)与y=a图象有两个交点时a的范围即可．

【详解】，

令，

则，

作出h(x)的图象：

如图y=h(x)与y=a的图象有两个交点时，，

故选：A．

二、填空题

10．是虚数单位，则的值为__________.

【答案】

【分析】先化简复数，再利用复数模的定义求所给复数的模．

【详解】．

【点睛】本题考查了复数模的运算，是基础题.

11．在的二项展开式中，的系数为______.

【答案】40

【分析】求出展开式的通项，然后令的指数为，求出的值，再代入通项中进行化简，即可求得结果.

【详解】的展开式的通项公式为：，

令，解得，

所以的系数是.

故答案为：.

12．若，则______.

【答案】1

【分析】先求出，再根据换底公式和对数加法运算可得出结果.

【详解】由，得，，

则.

故答案为：1.

【点睛】本题考查对数的运算，属于基础题.

13．已知，求___________.

【答案】##

【分析】先利用诱导公式对，可求出，再化简可求得结果

【详解】因为，

所以，得，

所以

故答案为：

14．已知x，，，则的最小值______．

【答案】

【分析】将展开，利用基本不等式即可求解.

【详解】

，

当且仅当即，的最小值为，

故答案为：

三、双空题

15．在中，，，，则______；若，，，则的最大值为______．

【答案】         

【分析】①利用向量的数量的的定义及向量的投影，即可求出；

②将和分别用和表示代入，利用基本不等式求解即可.

【详解】①

如图，作，垂足为，因为，

所以，所以，即，

又，，所以，即,

所以；

②因为，，所以,,

所以

，当且仅当，即时，等号成立.

所以的最大值为.

故答案为：；.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是灵活应用向量的投影及用基底法表示向量.

四、解答题

16．已知，，分别为锐角三角形三个内角，，的对边，且．

(1)求；

(2)若，，求；

(3)若，求的值．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）由正弦定理可求解答案；

（2）由余弦定理可求解答案；

（3）由正弦的两角差公式再结合二倍角公式可求得答案.

【详解】（1）由于，所以，

由得，

所以，且三角形为锐角三角形，

所以.

（2）在中，由余弦定理有，

解得或（舍），

故.

（3）由，可得，，

.

所以

.

17．在中，内角所对的边分别为.已知，.

（I）求的值；

（II）求的值.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【详解】试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，

进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.

试题解析：（Ⅰ）解：由，及，得.

由，及余弦定理，得.

（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得，代入，得.

由（Ⅰ）知，A为钝角，所以.于是，

，故

.

【解析】正弦定理、余弦定理、解三角形

【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.

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．设等差数列的首项为，它的前10项和为，数列成等比数列，．

(1)求数列与的通项公式；

(2)设是数列的前n项和，求证：．

(3)求．

【答案】(1)，；

(2)证明见解析；

(3).

【分析】（1）由已知，结合等差数列前n项和公式、等比数列通项公式求基本量，进而写出与的通项公式；

（2）由（1）得，应用错位相减法求，即可证结论.

（3）首先求得，再结合等比数列前n项和公式求，即可得结果.

【详解】（1）由题设，若的公差为，则，而，可得，

∴，又，，

若的公比为，则，故，

∴.

综上，，.

（2）令，则，故，

∴，，

∴，得证.

（3），

∴.

20．已知函数．

（1）已知为的极值点，求曲线在点处的切线方程；

（2）讨论函数的单调性；

（3）当时，若对于任意，都存在，使得，证明：．

【答案】（1）    （2）当时，在上单调递增.当时，在上单调递增，在上单调递减.   （3）证明见解析.

【分析】（1）求出导数，由条件可得解出参数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，写出切线方程.

(2)由题意，求出其导数得，令，通过讨论在的函数值的符号，得出单调区间.

(3)根据函数的解析式可得，又，从而得到关系，由在上单调递增.，则只需证明即可，作差将前面的关系代入构造函数即可证明.

【详解】（1），由为的极值点.

所以，解得,

由，得，由，得，

所以在上单调递减，在上单调递增. 满足在处取得极值.

则，

所以过点的切线方程为

(2) ,则

当时，，则在上单调递增.

令,，，对称轴方程为

当时，开口向下，对称轴方程为，

所以在上单调递减，所以，所以.

则在上单调递增.

当时，，

有两个不等实数根，

所以得出，得出

则在上单调递增，在上单调递减

综上所以：当时，在上单调递增.

当时，在上单调递增，在上单调递减.

（3）

所以

又

所以

即

则

由，则，设

设，则

所以在 上单调递减,所以

所以恒成立,即

由，则

由，则在时恒成立.

所以在上单调递增.

所以由，可得成立.

【点睛】关键点睛：本题考查由极值点求参数，利用导数的几何意义求切线方程，含参数的单调性讨论以及不等式的证明问题，解答本题的关键是对函数在的函数值的符号的讨论得出原函数的单调区间，以及由在上单调递增，则要证明，只需证明，从而得出，使得问题得证，属于难题.