2023届天津大学附属中学高三上学期期末数学试题（解析版）

2023届天津大学附属中学高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】分析：利用指数函数的性质化简集合，利用一元二次不等式的解法化简集合，逐一验证选项即可.

详解：，

，

，故选D.

点睛：本题主要考查了解一元二次不等式，求集合的补集与交集，属于容易题，在解题过程中要注意在求补集与交集时要考虑端点是否可以取到，这是一个易错点，同时将不等式与集合融合，体现了知识点之间的交汇.

2．设，则“”是“”的

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.

【详解】化简不等式，可知 推不出；

由能推出，

故“”是“”的必要不充分条件，

故选B．

【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．

3．为了解“双减”政策实施后学生每天的体育活动时间，研究人员随机调查了该地区1000名学生每天进行体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成6组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组，经整理得到如图的频率分布直方图，则可以估计该地区学生每天体育活动时间的第25百分位数约为（    ）

A．42.5分钟 B．45.5分钟

C．47.5分钟 D．50分钟

【答案】C

【分析】由频率之和为1求出，利用求百分位数的公式进行求解.

【详解】由频率之和为1得：，

解得：，

由，，

故第25百分位数位于内，

则第25百分位数为，

可以估计该地区学生每天体育活动时的第25百分位数约为47.5

故选：C

4．已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】通过指、对、幂函数的单调性即可得到结论.

【详解】，，

又，，

.

故选：A．

5．函数的大致图象可能是 (　　 )

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意，函数的解析式，可判定函数为为偶函数，排除A、B项，又由，可排除D项，即可得到答案．

【详解】由题意，函数，满足，

即，，得函数是偶函数，其图象关于轴对称，排除A、B项；

又由，排除D，

故可能的图象为C，故选C．

【点睛】本题主要考查了函数的图象的识别问题，其中解答中熟练应用函数的基本性质，利用函数的单调性和奇偶性，进行排除选项是解答此类问题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．

6．若所有棱长都是3的直三棱柱的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，求出球的半径即可求出球的表面积．

【详解】解：由题意可知：正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，底面中心到顶点的距离为：；所以外接球的半径为：．

所以外接球的表面积为：．

故选：C

【点睛】本题是基础题，考查正三棱柱的外接球的表面积的求法，找出球的球心是解题的关键，考查空间想象能力，计算能力．

7．已知图象相邻的两条对称轴的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，给出下列命题：

①函数的图象关于直线对称；

②函数在上单调递增；

③函数的图象关于点对称.

其中正确的命题个数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用正弦型函数的基本性质以及函数图象变换求出函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断①③的正误，利用正弦型函数的单调性可判断②的正误.

【详解】由题意可知，函数的最小正周期为，可得，则，

将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，

由于函数的图象关于轴对称，则，解得，

，，所以，.

对于①，，

所以，函数的图象关于直线对称，①正确；

对于②，当时，，

所以，函数在上不单调，②错误；

对于③，，

所以，函数的图象关于点对称，③正确.

故选：C.

【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：

（1）将函数解析式变形为或的形式；

（2）将看成一个整体；

（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.

8．双曲线离心率为2,有一个焦点与抛物线的焦点重合,则mn的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意得出关于的方程化简求值即可得出结果.

【详解】解:由题知,双曲线离心率为2,即

,

抛物线的焦点为,

,

.

故选:A

9．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由换底公式和对数运算法则进行化简计算.

【详解】由换底公式得：，，其中，，故

故选：C

二、填空题

10．已知复数满足，则__________．

【答案】

【分析】利用复数的模长公式以及复数的除法化简可得复数.

【详解】因为，则.

故答案为：.

11．在的展开式中，则的系数是______

【答案】

【分析】首先写出通项公式，再根据指定项求，最后代入求含的系数.

【详解】的展开式的通项公式，

令，，所以的系数是.

故答案为:

12．过点，倾斜角为的直线交圆于两点，则弦的长为_________

【答案】；

【分析】首先根据题意写出直线方程，求出圆心到直线的距离，再利用计算弦长即可.

【详解】由题知：直线，即，

圆，圆心，半径.

圆心到直线的距离.

所以.

故答案为：

【点睛】本题主要考查直线与圆截得弦长问题，同时考查了直线方程的点斜式，属于简单题.

13．当且时，函数的图像恒过点，若点在直线上，则的最小值为________．

【答案】2

【详解】试题分析：由题意知函数过点

所以

所以 的最小值为．

【解析】对数函数的图像及其性质；基本不等式 .

三、双空题

14．甲从装有除颜色外完全相同的3个白球和个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取3次，记摸得白球个数为．若，则______，______．

【答案】     2    

【分析】根据已知可得，由得；由此可以得到的值.

【详解】甲从装有除颜色外完全相同的3个白球和个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取3次，

记摸得白球个数为，则，

∵，∴，∴，

∴.

故答案为：2；.

15．如图，在等腰中，，，与，分别是，的三等分点，且，则__________，__________.

【答案】         

【解析】用基底表示，根据已知求出，进而求出，再将用基底表示，即可求出.

【详解】，

，

，

，

.

故答案为：；.

【点睛】本题考查向量基本定理、向量数量积，也考查了计算求解能力，属于基础题.

四、解答题

16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.

(1)求a的值；

(2)求sinA；

(3)求的值

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）利用余弦定理列方程，化简求得的值.

（2）利用正弦定理求得.

（3）利用余弦定理求得，结合二倍角公式以及两角差的正弦公式求得正确答案.

【详解】（1）由余弦定理得，

整理得，解得.

（2）由正弦定理得.

（3）由余弦定理得，

所以，

.

所以

.

17．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的正弦值；

(3)为线段的中点，求直线与平面所成的角正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）取中点，连接，证明是平行四边形，得，从而得线面平行；

（2）取中点，连接，交于点，连接，证明是二面角的平面角，然后求出此角（或）的正弦值即可得；

（3）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，

求出、平面的一个法向量坐标，利用线面角的向量求法可得答案.

【详解】（1）取中点，连接，如图，

因为是中点，则且，又，，

所以且，所以是平行四边形，

所以，平面，平面，所以平面；

（2）取中点，连接，交于点，连接，

由已知，，，得是正方形，

，，则，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，又平面，所以，

又，，所以平面，

又平面，所以，

所以是二面角的平面角，

又，，

所以，，，

所以平面与平面夹角的正弦值为．

（3）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，

所以，即，令，则，

所以，设直线与平面所成的角为，

 ，

所以直线与平面所成的角正弦值为.

18．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．

19．已知等差数列前项和为（），数列是等比数列，，，，.

(1)求数列和的通项公式；

(2)若，设数列的前项和为，求.

【答案】(1)，，

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，然后由已知条件列方程组可求出和，从而可求出数列和的通项公式；

（2）由（1）可知当为奇数时，，当为偶数时，，然后分奇偶项求解即可.

【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

因为，，，，

所以，解得，

所以，

（2）由（1）得，

当为奇数时，，

当为偶数时，，

所以

令，

则

，

，

所以，

所以

，

所以，

所以.

20．已知函数.

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）求的单调区间；

（3）若对于任意，都有，求实数的取值范围.

【答案】（1）（2）的单调递增区间是；的单调递减区间是（3）.

【解析】（1）先求得导函数，由导数的几何意义求得切线的斜率，再求得切点坐标，即可由点斜式得切线方程；

（2）求得导函数，并令求得极值点，结合导函数的符号即可判断函数单调区间；

（3）将不等式变形，并分离参数后构造函数，求得并令求得极值点，结合极值点左右两侧的单调性和端点求得最值，即可确定的取值范围.

【详解】（1）因为函数，

所以，.

又因为，则切点坐标为，

所以曲线在点处的切线方程为.

（2）函数定义域为，

由（1）可知，.

令解得.

与在区间上的情况如下：

所以，的单调递增区间是；

的单调递减区间是.

（3）当时，“”等价于“”.

令，，，.

令解得，

当时，，所以在区间单调递减.

当时，，所以在区间单调递增.

而，.

所以在区间上的最大值为.

所以当时，对于任意，都有.

【点睛】本题考查了导数的几何意义，切线方程的求法，由导函数求函数的单调区间，分离参数法并构造函数研究参数的取值范围，由导数求函数在闭区间上的最值，属于中档题.