2023届天津市市区重点中学高三下学期一模数学试题含解析

这是一份2023届天津市市区重点中学高三下学期一模数学试题含解析，共16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届天津市市区重点中学高三下学期一模数学试题 一、单选题1．设集合，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用集合的运算先求出，再求.【详解】因为，所以，又，所以.故选：D.2．命题“，”的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】由特称命题的否定为全称命题：将变并否定原结论，即可写出题设命题的否定.【详解】由特称命题的否定为全称命题，知：题设命题的否定为，.故选：C3．国家射击运动员甲在某次训练中 10次射击成绩（单位：环）如下：7，5，9，7，4，8，9，9，7，5，则下列关于这组数据说法不正确的是（    ）A．众数为7和9 B．方差为C．平均数为7 D．第70百分位数为8【答案】D【分析】由众数、方差、平均数的求法判断ABC，再由第70百分位数的定义判断D.【详解】易知众数为7和9，故A正确；平均数为，故C正确；，故B正确；10次射击成绩从小到大依次为，因为，所以第70百分位数为，故D错误；故选：D4．函数（e为自然对数的底数）的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】首先求出函数的定义域，再判断函数的奇偶性，即可排除BD，最后利用特殊值，排除C，即可判断；【详解】解：因为，令，解得，故函数的定义域为，，故函数为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除BD；又，因为，，所以，即，故排除C故选：A5．设，，    则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由指数函数的单调性和对数函数的单调性，我们可以判断出a，b，c与0，1的大小关系，进而得到答案．【详解】，，即，且，即，，即，故.故选：C6．已知函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增. 若实数满足， 则的最小值是（    ）A． B．1 C． D．2【答案】C【分析】由的性质知：在上递减且，结合题设不等式可得求的范围，即可知最小值.【详解】由题设，在上递减，由偶函数知：，∴，即，∴，则，得.故的最小值是.故选：C7．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为4，若该几何体的所有顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（    ）图1                            图2A． B． C． D．【答案】C【分析】结合勾股定理求得球的半径，进而求得球的表面积.【详解】底面边长为，底面的对角线长为.设正四棱柱和正四棱锥的高为，外接球的半径为，则，解得，所以外接球的表面积为.故选：C8．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（    ）A． B．5 C． D．【答案】A【分析】设关于的对称点为，列方程求对称点坐标，再应用两点距离公式求“将军饮马”的最短总路程.【详解】设关于的对称点为，所以，可得，即对称点为，又所以“将军饮马”的最短总路程为.故选：A9．已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称．给出下面四个结论：①将的图象向右平移个单位长度后得到的函数图象关于原点对称；②点为图象的一个对称中心；③；④在区间上单调递增．其中正确结论的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】由三角函数的性质列式得出的解析式，再由其性质与图象变换对结论逐一判断，【详解】由题意得，且，，解得，，对于①，的图象向右平移个单位长度后得，显然不是奇函数，故①错误，对于②，，故点为图象的一个对称中心，故②正确，对于③，，故③错误，对于④，当时，，故在区间上单调递增，故④正确，故选：C 二、填空题10．若复数，则__________．【答案】【分析】由共轭复数概念写出，再求其模长.【详解】由题设，则.故答案为：11．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是___________.【答案】【分析】先根据二项式系数之和求出，然楼根据展开式的通式，令的次数为零即可得常数项.【详解】由展开式的二项式系数之和为64得，解得，即，其展开式的通式为令得，故答案为：. 三、双空题12．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球若从中任取3球，则恰有一个白球的概率是__________，若从中不放回的取球2次，每次任取1球，记“第一次取到红球”为事件， “第二次取到红球”为事件，则__________.【答案】          【分析】（1）直接使用公式；（2）条件概率公式的使用.【详解】恰有一个白球的概率；由题可知“第一次取到红球”， “第二次取到红球”，则，，所以.故答案为：，. 四、填空题13．已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于两点,为坐标原点.若双曲线的离心率为2,的面积为,则_________.【答案】【详解】试题分析：有得所以双曲线的渐近线为又抛物线的准线方程为联立双曲线的渐近线和抛物线的准线方程得在中，到的距离为..【解析】双曲线与抛物线的几何性质. 五、双空题14．如图，在边长1为正方形中，，分别是，的中点，则______，若，则______.【答案】          【解析】设向量，根据向量的数量积的运算公式，可求得，再根据向量的线性运算法，化简得和，列出方程组，即可求解.【详解】设向量，则 可得，，又因为，可得，解得，所以.15．已知函数，则________；若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为________．【答案】          【解析】第一空：直接代入函数计算即可；第二空：作出函数图像，观察图像可得结果.【详解】解：第一空：，；第二空：的图像如下： 令，，得，，，得，若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为.故答案为：；【点睛】本题考查分段函数的求值问题，考查学生数形结合的能力，关键是要作出函数图像，是一道中档题. 六、解答题16．在，角所对的边分别为，已知，．（I）求a的值；（II）求的值；（III）求的值．【答案】（I）；（II）；（III）【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出；（II）由余弦定理即可计算；（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.【详解】（I）因为，由正弦定理可得，，；（II）由余弦定理可得；（III），，，，所以.17．如图，在多面体中，底面为菱形，平面，平面．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值：(3)求平面和平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）首先建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行.（2）先求出平面的法向量，再利用空间向量线面角的求法，即可求解.（3）首先分别求出2个平面的法向量，利用空间向量求二面角的方法即可求解.【详解】（1）取的中点M，连接．因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以．因为，所以．因为平面，所以两两垂直．如图，以D为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．因为，所以，显然平面的法向量为，因为，所以，又平面；所以平面．（2）设平面的法向量为，由得可取．所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．（3）设平面的法向量为，由得可取．由（2）知平面的法向量．设平面和平面的夹角为，则．18．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：－0＋↘极小值↗ 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.19．已知椭圆过点，且离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）点是椭圆与轴正半轴的交点，点，在椭圆上且不同于点，若直线、的斜率分别是、，且，试判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标，若不过定点，请说明理由.【答案】（1）；（2）直线恒过定点【解析】（1）根据椭圆上的点以及离心率列出方程即可求得椭圆的标准方程；（2）设出直线，的方程，联立椭圆方程，求出，两点的坐标，写出直线的方程，即可判断直线是否过定点.【详解】解：（1）由题意知：，即，又，椭圆方程可化为：，又椭圆过点， ，解得：，椭圆的标准方程为：；（2）如图所示：直线，的斜率一定存在且不为，设：，又，：，联立 ，即，，，又，，代入，得：，，用代换，即得， ，：，即， 直线恒过定点.【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．20．已知数列中，，，，数列的前项和为.(1)求数列的通项公式：(2)若，求数列的前项和；(3)在（2）的条件下，设，求证：.【答案】(1)(2)(3)证明见解析 【分析】（1）根据条件可得数列的奇数项和偶数项均为等差数列，分奇偶求数列的通项公式；（2）先分组求和求得，再利用裂项相消法求得；（3）先求出的通项公式，，再根据，得到，令和，利用错位相减法求得和，再通过比较大小可证明结论.【详解】（1）∵，，，∴当，时，数列的奇数项是首项为1，公差为4的等差数列，则；当，时，数列的偶数项是首项为2，公差为4的等差数列，则，∴；（2）由（1）得，∴，∴，∴（3）证明：由（2）得，则，∴（时等号成立），由不等式的性质得，令，数列的前项和为，∴①，②，由得得，，∴，由不等式的性质得，故，令，数列的前项和为，∴③④由得，，∴，由不等式的性质得，故.