2023届天津市实验中学高三上学期第二阶段学习质量检测数学试题（解析版）

2023届天津市实验中学高三上学期第二阶段学习质量检测数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出，再根据交集的定义可求.

【详解】，故，

故选：A.

2．设，，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．既不充分又不必要条件

【答案】A

【解析】首先求解不等式确定p,q所表示的范围，然后考查充分性和必要性是否成立即可.

【详解】求解绝对值不等式可得：，

求解指数不等式可得，

据此可知是成立的充分不必要条件.

故选A.

【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，指数不等式的解法，充分条件与必要条件的判定等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

3．函数的大致图象是

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数解析式，可代入特殊点，进行排除.

【详解】根据函数表达式，当x>2时，函数值大于0，可排除A选项，当x<-1时，函数值小于0 故可排除C和D选项，进而得到B正确．

故答案为B.

【点睛】这个题目考查了已知函数解析式，求函数图像的问题，这种题目一般可以代入特殊点，进行选项的排除，或者根据函数表达式得到函数的定义域，值域的问题，进行排除.

4．已知，，其中且，且，若，则的值为（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】A

【分析】由对数换底公式用表示出，代入解方程可得．

【详解】因为，所以，得，

所以.

即. 因为，所以，解得

故选：A．

5．若，则的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据指数函数和幂函数的单调性分别比较和的大小，即可比较，再根据，即可得出答案.

【详解】解：因为函数是减函数，

所以，

又函数在上是增函数，

所以，

所以，即，

，

所以.

故选：B.

6．如图，圆锥的底面恰是圆柱的一个底面，圆柱的两个底面分别为同一个球的两个截面，且圆锥的顶点也在该球的球面上.若球的体积为，圆柱的高为，则圆锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】作球的截面大圆，得圆柱、圆锥的轴截面，由此求得圆锥的底面半径和高．

【详解】过球心作截面，得圆柱、圆锥轴截面，如图，球半径为，则，，

圆柱的高，则，，，

圆锥体积为．

故选：D．

7．已知函数.给出下列结论：.

①的最小正周期为；

②在区间上是增函数；

③的图象关于直线对称；

④把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象.

其中正确结论的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】将原式化简为，即可判断①；利用整体代入法求单调区间可判断②；将代入解析式，根据是否取到最值可判断③；根据图象平移变换可判断④.

【详解】解：因为

，

所以故①正确；

由，解得，

当k=0时，，可确定在不单调，故②错误；

将代入，所以

故不关于对称，故③错误；

函数图象上所有点向左平移个单位长度，

得到

，故④正确.

故选：B

8．已知抛物线分别是双曲线的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点，与双曲线的渐近线交于点A，若，则双曲线的标准方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由已知可得出的值，求出点的坐标，分析可得，由此可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程.

【详解】抛物线的准线方程为，则，则、，

不妨设点为第二象限内的点，联立，可得，即点，

因为且，则为等腰直角三角形，

且，即，可得，

所以，，解得，因此，双曲线的标准方程为.

故选：C.

9．设，函数与函数在区间内恰有3个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，结合题意可知函数在区间内恰有3个零点，分析时不符合题意，时，结合二次函数的正负及的正负即可求解.

【详解】由题意，函数与函数在区间内恰有3个零点，

设，即函数在区间内恰有3个零点，

当时，函数在区间内最多有2个零点，不符合题意，

当时，函数的对称轴为，，

所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且，

当，即时，函数在区间上无零点，所以函数在上有三个零点，不符合题意；

当，即时，函数在区间上只有一个零点，

则当时， ，

令，解得或，符合题意；

当，即时，函数在区间上有1个零点，

则函数在上有2个零点，

则，即，所以；

当，即时，函数在区间上有2个零点，

则函数在上只有1个零点，

则或或，即无解.

综上所述， 的取值范围是.

故选：D.

二、填空题

10．若复数（是虚数单位）是纯虚数，则实数的值为______.

【答案】2

【分析】利用复数的运算法则和纯虚数的定义即可得出．

【详解】解：复数是纯虚数，

，解得，

故答案为：2．

【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则以及纯虚数的定义，属于基础题．

11．展开式中的系数为，则___________.

【答案】

【分析】写出展开式中的通项，令的指数为，结合已知条件可求得实数的值.

【详解】的展开式通项为，

令，可得，所以，，解得.

故答案为：.

12．过点,且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为____________.

【答案】或

【分析】分截距为0以及截距不为0两种情况分别求解即可.

【详解】当截距为0时,满足在两坐标轴上的截距相等.此时设直线方程为,则,故,化简得.

当截距不为0时,设直线方程为,则.故,化简可得.

故答案为：或

【点睛】本题主要考查了根据直线的截距关系式求解直线方程的问题,需要注意分截距为0与不为0两种情况进行求解.属于基础题.

13．设直线与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，若，则圆C的面积为________

【答案】

【详解】因为圆心坐标与半径分别为，所以圆心到直线的距离，则，解之得，所以圆的面积，应填答案．

三、双空题

14．已知a>0，b>0，a+b=1，则：(1)的最小值是______；(2)的最小值是_________.

【答案】     ##0.8     ##

【分析】对于(1)，配凑变形，利用“1”的妙用求解即得；对于(2)，展开变形成，再将1换成即可利用均值不等式作答.

【详解】（1）因a>0，b>0，a+b=1，则，

于是得，

当且仅当，即时取“=”，

所以，当时，的最小值是；

（2）因a>0，b>0，a+b=1，

则，

当且仅当，即时取“=”，

所以当时，的最小值是.

故答案为：；

15．已知在四边形中，为等边三角形，，点为边（含端点）上的动点，与相交于点.当点为中点时，______；当点在边上运动时，若点满足，则的取值范围为______.

【答案】     4    

【分析】建立平面直角坐标系，求出各点坐标，得到的值；先将四边形旋转，再建立平面直角坐标系，根据，得到点P在以CF为直径的圆上，结合CF的中点Q的纵坐标为定值，过点P作PM⊥y轴于点M，结合向量的几何意义得到，要想取得最值，只需P点位于点圆心Q的正上方或正下方，且圆的半径最大，画出图形，数形结合求出最值，得到取值范围.

【详解】因为为等边三角形，，

所以，，，，

过点D作DG⊥AB于点G，则，，

以点B为坐标原点，AB所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，

当点为中点时，

，，，

设直线的方程为：，将代入可得：，

解得：，故直线的方程为：，

直线的方程为，即，

联立，解得：，

故，

；

如图1，先将四边形ABCD绕点D逆时针旋转30°，再以D为坐标原点，DB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，

则，，，

因为点满足，故点P在以CF为直径的圆上，

设CF的中点为Q，则Q为圆心，且Q点的纵坐标为定值，

即点Q在直线上，

过点P作PM⊥y轴于点M，则，

要想取得最大值，只需P点位于点圆心Q的正上方，且圆的半径最大，

如图2，当点E与点B重合时，半径最大，此时半径为2，

则，

故，

要想取得最小值，只需P点位于点圆心Q的正下方，且圆的半径最大，

如图3，当点E与点B重合时，半径最大，此时半径为2，

则，

故，

则的取值范围为.

故答案为：4，.

【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：

①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；

②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.

四、解答题

16．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.

17．如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点．

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的大小；

(3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长．

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3).

【分析】连接，证明四边形为平行四边形，证明，即可求证平面；

建立以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，通过空间向量数量积求解夹角的大小；

，即，利用空间向量的数量积求解的值，即可求得结果.

【详解】（1）解：证明：连接，，，

，

又，四边形为平行四边形.

点， 分别为，的中点，

，.

，，为的中点，

，,

，.

四边形为平行四边形.

.

平面，平面，

平面.

（2）解：平面，，可以建立以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系：

依题意可得，，，，，，，，，，，，

设平面的法向量为，

则，令，则，即.

设平面的法向量为，

则，令，则，，即.

设平面与平面夹角为，

则.

所以平面与平面夹角为.

（3）解：设，即，

则，所以.

由知平面的法向量为，

由题意可得，

即，整理得，

解得或.

因为，所以.

所以，，

则.

18．已知数列的前项和满足，

(1)求的通项公式；

(2)设，若数列的前项和为，且对任意的满足，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据求出为等比和首项均为的等比数列，利用等比数列通项公式求出答案；

（2）变形得到，利用裂项相消法求和得到，结合恒成立，从而得到，求出实数的取值范围.

【详解】（1）整理为，

当时，，即，解得：，

当时，，

与相减得：，

即，

故为等比和首项均为的等比数列，

所以；

（2），

故

，

因为对任意的满足，

故只需，

解得：或，

故实数的取值范围是.

19．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：长轴是短轴的倍，点(2，1)在椭圆C上.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设直线l与圆O：相切，切点在第一象限，与椭圆C相交于P，Q两点.

①求证：以PQ为直径的圆经过原点O；

②若△OPQ的面积为求直线l的方程.

【答案】（1）； （2）①证明见解析，②或.

【解析】（1）由题意，列出方程组，求得的值，进而得到方程；

（2）①直线的方程为，联立方程，根据韦达定理，计算出，可得，即以为直径的圆过原点；

②根据弦长公式，三角形的面积公式，列出方程，求得的值，即可求得直线分方程.

【详解】（1）由题意椭圆C长轴是短轴的倍，点(2，1)在椭圆C上，

可得，解得，，所以椭圆的方程为.

（2）①因为切点在第一象限，直线的斜率存在，

不妨设直线的方程为，即，且，，

因为直线与圆相切，所以，即，

联立，得，

设，，，，则有，，

所以

，

所以，

所以，即，即以为直径的圆过原点.

②由①可得，，，

所以，

点到直线的距离为，

可得，解得，或，

当时，，当时，，

所以，，或，，

则直线方程为或.

【点睛】对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线的方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行转化求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．

20．设函数

(1)若函数在上单调递增，求的最小值.

(2)证明：当时，；

(3)若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)1

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）根据题意，得到，转化为，通过导数求出的最大值，进而得到；

（2）问题转化为转化为，设，分两次求导，讨论的单调性，进而得到，从而题目得证；

（3）由（2）得，时，，，则有，构造，通过讨论的导数，得到，进而得到，再分类讨论与，即可得到满足题意时，的取值范围.

【详解】（1），

函数在上单调递增，，

故，令，

当，，单调递增；

当，，单调递减；

，得，则，

故时，满足函数在上单调递增，故的最小值为1

（2）若时，，则，

转化为，设，则，

设，则，当时，，即

为增函数，所以，在时为增函数，所以，，得，，

故当时，成立.

（3）由（2）得，时，，，

则有，设，则，

设，则，当时，，所以为增函数，所以，，所以为增函数，

所以，，所以对任意的恒成立，

又，时，，所以时，对任意的恒成立；当时，设，则，，所以存在实数，使得任意，均有，所以为减函数，所以在时，，此时，，，与题意不符，所以时不符合题意.

综上，实数的取值范围为.