2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三下学期十二校联考（一）数学模拟试题含解析

这是一份2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三下学期十二校联考（一）数学模拟试题含解析，共19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届天津市滨海新区塘沽第一中学高三下学期十二校联考（一）数学模拟试题 一、单选题1．设全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，，所以,所以.故选：D. 2．非零向量满足且与夹角为，则“”是“”的（    ）A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】由题意，若，根据向量的数量积和模的计算公式，可得，得到，；反之也可求得，即可得到答案.【详解】由题意，非零向量满足且与夹角为，若，即，解得，又因为，可得，即充分性是成立的；若，由，可得，即必要性是成立的，所以“”是“”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记向量的数量积的运算，以及向量的模的运算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.3．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】选确定函数的奇偶性，排除两个选项，然后再利用特殊的函数值的正负排除一个选项，得正确结论．【详解】，则为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D，当时，，当时，，故排除A，故选：C．4．为落实党中央的“三农”政策，某市组织该市所有乡镇干部进行了一期“三农”政策专题培训，并在培训结束时进行了结业考试.如图是该次考试成绩随机抽样样本的频率分布直方图.则下列关于这次考试成绩的估计错误的是（    ）A．众数为82.5B．中位数为85C．平均数为86D．有一半以上干部的成绩在80~90分之间【答案】C【分析】由频率直方图求众数、中位数、平均数，并判断在80~90分之间的干部占比，即可得答案.【详解】由频率直方图知：众数为82.5，A正确；又，即中位数为85，B正确；由 ，C错误；由，则有一半以上干部的成绩在80~90分之间，D正确.故选：C5．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据指数、对数及幂函数的性质判断各数与“0，1”的大小关系即可.【详解】，，而，所以，综上：故选: C.6．已知正数，满足，则下列说法不正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先根据对数定义把指数化为对数，再根据对数运算结合基本不等式逐个运算判断.【详解】设，则∴对A：，A正确；对B：由题意可得：，同理可得：∵∴，则，B错误；对C：∵∴，C正确；对D：∴，D正确；故选：B.7．已知第一象限内的点既在双曲线的渐近线上，又在抛物线上，设的左、右焦点分别为、，若的焦点为，且是以为底边的等腰三角形，则双曲线的离心率为（    ）A．2 B．C． D．【答案】B【分析】由题意可得抛物线的准线方程为：，过M作MA垂直准线，利用抛物线的定义得到，则四边形是正方形，从而是等腰直角三角形，然后结合图形和离心率公式即可求解.【详解】因为的左、右焦点分别为、，的焦点为，所以抛物线的准线方程为：，又因为是以为底边的等腰三角形，过M作MA垂直准线，如图所示：则，所以四边形是正方形，则是等腰直角三角形，所以，，，.故选：B8．魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图），刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为∶4．在某一球内任意取一点，则此点取自球的一个内接正方体的“牟合方盖”的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，可求出正方体的内切球的体积，再由已知体积比即可求“牟合方盖”的体积，最后根据体积型几何概型的求法，即可求得在某一球内任意取一点，则此点取自球的一个内接正方体的“牟合方盖”的概率.【详解】设球的直径为，则球的内接正方体的棱长为a，正方体的内切球的半径，∴正方体的内切球的体积，又由已知，∴，∴此点取自球的内接正方体的“牟合方盖”的概率为．故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查数学文化及正方体内切球、球的体积公式的应用，以及体积型几何概型的求法，本题的关键是理解题意，并会计算牟合方盖的体积.9．设函数，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：①在有且仅有3个极大值点②在有且仅有2个极小值点③在单调递增④的取值范围是其中所有正确结论的个数是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】画出图象，根据在有且仅有5个零点，求出，④正确；数形结合得到有且仅有3个极大值点，可能有2个极小值点，也有可能有3个极小值点，①正确，②错误；整体法求出在单调递增.【详解】第④，因为，故当时，，画出函数的图象如下：因为在有且仅有5个零点，故，解得，④正确；第①，当，或，即，或时，取得极大值，故在有且仅有3个极大值点，①正确；第②，当，即时，当，，即，时，取得极小值，此时在有且仅有2个极小值点当，即时，当，或，即，或时，取得极小值，此时在有且仅有3个极小值点，②错误；第③，当时，，因为，所以，由于，故在单调递增，③正确.故选：C 二、填空题10．已知是虚数单位，复数，且满足，则________.【答案】【分析】根据复数的四则运算和复数相等求出的值，然后利用复数模的计算即可求解.【详解】因为复数，且满足，所以，即，所以，解得，所以，则，故答案为：.11．已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则展开式中的常数项为______.【答案】405【分析】先求出和，利用二项展开式的通项公式直接求解.【详解】因为的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以，由组合数的性质可知：.所以.因为展开式的各项系数之和为1024，所以在中，令，则有：.因为，所以.所以的展开式的通项公式为.所以要求常数项，只需，解得：.此时常数项为.故答案为：.12．过点的直线与圆相交于，两点，当时，直线的方程为__________．【答案】【详解】当直线斜率不存在时，x=1,不符．设直线方程，由题意可知圆心到直线的距离为，解得，所以直线方程，即．填．【点睛】直线与圆相交的弦长问题，我们常用垂径定理解决，而不用弦长公式，这样可以简化运算．13．我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必净注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宣肺败毒方.若某医生从“三药三方”中随机选出三种药方，事件A表示选出的三种药方中至少有一药，事件B表示选出的三种药方中至少有一方，则___________.【答案】【分析】利用古典概型求出事件B的概率及事件AB的概率，再利用条件概率公式计算作答.【详解】依题意，，所以.故答案为： 三、双空题14．关于的方程的实根个数记为.若，则=_________；若，存在使得成立，则的取值范围是_________.【答案】     1     【解析】（1）根据函数的单调性和值域，直接求；（2）首先讨论和两种情况下函数的图象，根据函数图象，结合和的交点个数，根据不等式，列出关于的不等式求解.【详解】（1）函数，函数的值域为，并且函数是单调递增函数，故方程，只有一个解，故，（2）若，当时，的图象如下图所示，直线在的上方，不成立；当时，的图象如图所示，当，时，若存在使得，所以，即解得：，故的取值范围是.故答案为：1；【点睛】关键点点睛：本题的关键理解，以及的意义，并讨论的取值，结合以及对称轴画出函数的图象，利用数形结合分析问题.15．在平面四边形中，，，若，则_____；若为边上一动点，当取最小值时，则的值为_____．【答案】          【分析】根据题意可知是等边三角形，是有一个内角为60°的直角三角形，又知道它们的边长，所以可以建立坐标系，将问题坐标化后进行计算求解．【详解】解：∵平面四边形中，，，∴是边长为2的等边三角，在中，，所以，又，∴是边的四等分点．如图建立坐标系：则：，，所以，再设，则，∴，显然时，最小，此时，∴．故答案为：，．【点睛】本题考查平面向量在几何问题中的应用，涉及向量的数量积和向量夹角的余弦值，通过建系将问题坐标化是一种常见的求角或距离的解题方法，同时考查学生的转化思想和数形结合思想. 四、解答题16．已知分别是的内角的对边，且．（Ⅰ）求．（Ⅱ）若，，求的面积．（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）由已知结合正弦定理先进行代换，然后结合和差角公式及正弦定理可求；（Ⅱ）由余弦定理可求，然后结合三角形的面积公式可求；（Ⅲ）结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解．【详解】（Ⅰ）因为，所以，所以，由正弦定理可得，；（Ⅱ）由余弦定理可得，，整理可得，，解可得，，因为，所以；（Ⅲ）由于，．所以．【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式，二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．17．如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，在上，且.(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)点是线段上异于两端点的任意一点，若满足异面直线与所成角为，求的长.【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立的空间直角坐标系，证明出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；（3）设，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法求出的值，可得出点的坐标，由此可求得的长.【详解】（1）证明：因为平面，，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、，，，，，又平面，平面，平面.（2）解：设平面的法向量为，，，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，所以，，因此，平面与平面夹角的余弦值为.（3）解：设，其中，，，由题意可得，整理可得，，解得，所以，点为线段的中点，则点，所以，.因此，若异面直线与所成角为，则.18．已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前项和，，且.（1）求数列和的通项公式；（2）设，，求数列的前项和；（3）设，求的前项和；【答案】（1）；；（2）；（3）.【分析】（1）由等差数列定义和等比数列通项公式可构造方程求得公比，进而得到，由等比数列通项公式可求得；利用可得到，利用累乘法可求得；（2）由（1）可得，利用裂项相消法可求得结果；（3）由（1）可得，进而整理得到，将相邻两项看作一组，采用分组求和的方式，分别根据等差数列求和公式和错位相减法求得两个部分的和，由此可得.【详解】（1）设等比数列的公比为，，，成等差数列，，即，，，解得：或（舍）；，，即，解得：，；当时，，整理可得：，；经检验，当时，满足，综上所述：.（2）由（1）得：，；（3）由（1）得：，，令，则其前项和；令，则其前项和，，，，.【点睛】方法点睛：本题考查数列通项和求和相关问题的求解，涉及到求和方法中的分组求和、裂项相消法和错位相减法的应用，其中错位相减法的基本步骤如下：①列出的形式；②左右两侧同乘通项中的等比部分的公比，得到；③上下两式作差得到，结合等比数列求和公式可整理等式右侧的部分；④整理所得式子求得.19．椭圆的左、右焦点分别是、，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为3.（1）求椭圆的方程.（2）已知点，若直线与椭圆相交于两点，且直线，的斜率之和为，求实数的值.（3）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接、，设的角平分线交的长轴于点，求的取值范围.【答案】（1）；（2）2；（3）.【分析】（1）利用代入法结合弦长得到等式，再结合椭圆离心率公式、进行求解即可；（2）直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，根的判别式，结合斜率公式进行求解即可；（3）由角平分线的性质，结合点在椭圆上的性质进行求解即可.【详解】（1）由于，将代入椭圆方程，得，由题意知，又，而，所以，而，所以，，所以椭圆的方程为；（2）设，，由，消去得，由，可得，，，又直线不经过点上下顶点，且直线与的斜率存在，∴，∴即解得或，因为且故的值为2；（3）设，又，，所以直线，的方程分别为，，由题意知，由于点在椭圆上，所以，，所以，因为，，所以，所以，因此.【点睛】关键点睛：利用角平分线的性质是解题的关键.20．已知函数，其中．(1)求的极值；(2)设函数有三个不同的极值点．（i）求实数a的取值范围；（ii）证明：．【答案】(1)，无极大值；(2)（i） ；（ii）证明见解析. 【分析】（1）由题可得在单调递增，进而可得在单调递减，在单调递增，即得；（2）（i）由题可知有三个不同的正实根，令进而构造，可得有两个不同的正实根，再利用二次方程根的分布即得；（ii）令、,则、为的正实根，再利用导数解决双变量问题，可得，进而即证.【详解】（1）由题可得， ∴在单调递增，∵，∴时，时，∴在单调递减，在单调递增，∴，无极大值；（2）（ⅰ），由题可知有三个不同的正实根，令，则，令，有三个不同的正实根、、，，∴有两个不同的正实根，∴∴， 设的两个不同的正实根为m、n，且，此时在和单调递增，单调递减，又∵，∵，且，∴有三个不同的正实根，满足题意，∴a的取值范围是；（ⅱ）令、，由（ⅰ）知，且、为的正实根，，令，则，，令在单调递增、，∴在单调递减，在单调递增， 令，则，∵，∴，令，，∴在单调递增，∴，∴在单调递减，∵，∴，∵，∴，∵在单调递增，∴，∴.【点睛】函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.