2023届天津市南开区高三一模数学试题含解析

这是一份2023届天津市南开区高三一模数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届天津市南开区高三一模数学试题 一、单选题1．已知全集，集合或，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据集合的补集和交集运算方法即可计算.【详解】，，∴.故选：A2．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．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据二次不等式解法解出，再根据充分条件和必要条件的概念即可判断．【详解】或，则，，所以“”是“”的必要不充分条件．故选：B．3．函数的图象可能是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数的奇偶性，结合函数值，以及函数的变化趋向，即可判断选项.【详解】函数的定义域为，满足，所以函数是奇函数，故排除B，设，，所以在上单调递增，，，所以当时，，故排除D；当时，，故排除A.故选：C4．某高中随机选取100名学生一次数学统测测试成绩，分为6组：，绘制了频率分布直方图如图所示，则成绩在区间内的学生有（    ）A．35名 B．50名 C．60名 D．65名【答案】D【分析】运用所有频率之和为1求得a的值，再运用频率分布直方图中频数计算可得结果.【详解】∵，∴，∴（名），故选：D.5．已知直线与圆相交于两点，则的长度可能为（    ）A．6 B．7 C．12 D．14【答案】B【分析】由直线过定点可知圆心到直线的最大距离，从而可判定相交弦的最小长度，而最大长度为直径，可得结果.【详解】由条件可知：直线过定点，圆心为，半径， 如下图所示，则圆心到该直线的最大距离，而当该直线过圆心时，圆心到该直线的距离最小为0；由弦长公式可得：.故选：B【点睛】本题考察直线与圆相交弦的取值范围，属于中档题.关键在于找出圆心到过定点直线的距离范围，以及弦长公式要熟记.6．已知，则的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先求出，再根据对数函数的单调性结合中间量分别比较和的大小即可.【详解】由，得，因为，所以，即，因为，所以，则，所以，即，所以.故选：C.7．已知拋物线上一点到准线的距离为是双曲线的左焦点，是双曲线右支上的一动点，则的最小值为（    ）A．12 B．11 C．10 D．9【答案】D【分析】先根据题意求出点的坐标，设是双曲线的右焦点，根据双曲线的定义可得，从而可得出答案.【详解】拋物线的准线为，则点到准线的距离为，所以，则，故，设是双曲线的右焦点，则，则，故，当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为.故选：D.8．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在上单调递减，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求得，由可求得，结合函数的单调性可得出关于的不等式，由此可得出的最大值.【详解】将的图象向右平移个单位长度后得到的图象.因为，所以，因为在上单调递减，所以，，所以的最大值为.故选：B.9．已知函数则下列结论：①②恒成立③关于的方程有三个不同的实根，则④关于的方程的所有根之和为其中正确结论有（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】根据已知递推可判定①正确；根据函数的变换规律，只需证明时，恒成立，作差构造函数，求导结合，可判定②错误；作出函数的图形，结合图象，可判定③正确；结合每个区间的对称轴，利用等差数列的求和公式，可判定④错误.【详解】由题意知，，所以①正确；又由上式知，要使得恒成立，只需满足时，恒成立，即，即恒成立，令，则，令，解得或，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，函数取得极大值，极大值，所以②不正确；作出函数的图象，如图所示，由图象可知，要使得方程有三个不同的实根，则满足，即，所以③正确；由知，函数在上的函数图象可以由上的图象向右平移一个单位长度，再将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍得到，因为的对称轴为，故的两根之和为，同理可得：的两个之和为，，的两个之和为，故所有根之和为，所以④不正确.故选：B. 二、填空题10．是虚数单位，复数___________.【答案】##【分析】根据虚数的性质，先计算，然后代入原式，利用复数的四则运算法则计算求解.【详解】已知所以.故答案为：11．二项式的展开式中的系数是___________.【答案】40【分析】先求得二项式的通项公式，再令x的次数为2求解.【详解】二项式的通项公式为： ，令，解得，所以，所以展开式中的系数是40，故答案为：4012．已知实数，则的最小值为___________.【答案】【分析】运用基本不等式求和的最小值即可.【详解】∵，，，∴，当且仅当即时取等号.故答案为：.13．如图，直三棱柱的六个顶点都在半径为1的半球面上，，侧面是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱的体积为___________.【答案】【分析】底面正方形的对角线即球的直径，利用直三棱柱的性质及勾股定理可以求得的面积，从而求体积.【详解】如图所示，由题意知，球心在底面的中心O上，故为截面圆的直径，则，取的中点，连接易知：底面中∥，，则面，即为直角三角形，由勾股定理可得：，故所以故答案为： 三、双空题14．假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率为，乙厂产品的合格率为，在该市场中购买甲厂的两个灯泡，则恰有一个是合格品的概率为___________；若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为___________.【答案】     ##     ##【分析】根据全概率公式和条件概率公式计算即可.【详解】在该市场中购买甲厂的两个灯泡，恰有一个是合格品的概率为，若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为.故答案为：；.15．在平面四边形中，，则___________；___________.【答案】          【分析】根据求出B的大小，从而可判断△ABC的形状，从而求出；再求出，从而求出∠ACD的大小，再根据即可求出．【详解】∵，又，故，∵，故，∴为等边三角形，则；∵，∴，又，∴，得，∴，根据以上分析作图如下：则∠BCD=150°，则．故答案为：1； 四、解答题16．在中，角所对的边分别为，且.(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）利用正弦定理边化角及同角三角函数平方关系即可；（2）由余弦定理即可解得；（3）由条件及（1）根据余弦的差角及二倍角公式即可.【详解】（1）由于，则.因为，由正弦定理知，则.（2）因为，，由余弦定理，得，即，解得（负值舍去）.（3）由（2）知，所以.由（1）得.，所以17．如图，四棱锥中，平面平面是中点，是上一点.(1)当时，（i）证明：平面；（ii）求直线与平面所成角的正弦值；(2)平面与平面夹角的余弦值为，求的值.【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）(2) 【分析】（1）（i）以为坐标原点，为轴，为轴，过点作面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，求平面的法向量和直线的方向向量，证得，即可证明平面；（ii）求直线的方向向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.（2）设，求平面与平面的法向量，由二面角的向量公式可求出，即可求出的值.【详解】（1）解：如图建立空间直角坐标系，以为坐标原点，为轴，为轴，过点作面的垂线为轴，则由题意可得，由，及即，可得.（i）设平面的一个法向量为，则解得令，得是平面的一个法向量.因为，所以.又平面，所以平面.（ii）由（i）可得，所以直线与平面所成角的正弦值为.（2）设，则，设是平面的一个法向量，则，取，则是平面的一个法向量，则，解得或（舍去）.所以.18．已知是椭圆的两个焦点，过的直线交于两点，当垂直于轴时，且的面积是.(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆的左顶点为，当不与轴重合时，直线交直线于点，若直线上存在另一点，使，求证：三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件及椭圆的定义求得a、b的值即可.（2）设直线PQ方程，联立其与椭圆方程可得，，联立直线的方程与直线m方程可得点M坐标，求出的斜率，得到直线的斜率，求出直线的方程，得到点N坐标，再证明即可.【详解】（1）依题意知，，所以.因为的面积是，即，解得，所以，从而，解得，所以，椭圆的标准方程为.（2）由（1）知，.依题意，设直线方程为，由消去得，则，直线的斜率，直线的方程：，而直线，所以.直线的斜率，而，即，所以直线的斜率.因此直线的方程：，则点，所以直线的斜率.又直线的斜率，则，而，即，所以三点共线.19．已知等差数列的首项为1，前项和为，单调递增的等比数列的首项为2，且满足.(1)求和的通项公式；(2)证明：；(3)记的前项和为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，即可求解；（2）根据数列的前项和与的关系，集合等差数列的通项公式，即可证明；（3）首先化简并放缩不等式，，再利用裂项相消求和，即可证明.【详解】（1）由题意，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，因为，所以即解得（舍去），或所以.（2）由（1）知，所以（3）由（1）知.所以所以.即20．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数有极大值，试确定的取值范围；(3)若存在使得成立，求的值.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）利用导数的几何意义，求曲线的切线方程；（2）首先求函数的导数，，再讨论，判断函数的单调性，讨论函数的极值；（3）不等式转化为，利用两点间的距离的几何意义，转化为点到直线的距离，求的值.【详解】（1）当时，，依题意，，可得，又，所以曲线在点处的切线方程为.（2）函数的定义域为，①当时，，所以在上单调递增，此时无极大值；②当时，令，解得或，令，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，此时在处取得极大值，符合题意；③当时，令，解得或，令，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，此时在处取得极大值，符合题意；④当时，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，此时无极大值；综上，实数的取值范围为.（3）可以看作是动点与动点之间距离的平方，动点在函数的图象上，在直线的图象上，问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，由得，，解得，所以曲线上点到直线的距离最小，最小距离，则，根据题意，要使，则，此时恰好为垂足，由,可得，所以.【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质的综合应用的问题，本题的关键是第三问，不等式变形转化为，再转化为直线和函数的图象上点的距离问题.