2023届天津市南开中学高三统练24数学试题含解析

2023届天津市南开中学高三统练24数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据指数函数和对数函数性质化简集合，根据交集运算定义求.

【详解】不等式的解集为，

不等式的解集为，

所以，，

所以，

故选：B．

2．已知，，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】D

【分析】由充分必要条件的定义举反例判定即可.

【详解】若，则不成立，若且，此时推不出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件.

故选：D

3．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先根据函数的奇偶性排除B，再根据时函数值的符号排除D，最后结合趋近于时函数值的范围求解即可.

【详解】解：函数的定义域为，，

所以函数为奇函数，图像关于原点对称，排除B选项，

因为当时，，

所以当时，，时，，故排除D，

当趋近于时，由于指数呈爆炸型增长，故函数值趋近于，故排除A选项，

故选：C

4．某产品的广告费用与销售额的统计数据如下表：

根据上表可得回归方程中的为9.4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额为（    ）

A．63.7 B．64.5 C．65.5 D．66.7

【答案】C

【分析】先确定样本点中心，利用回归方程中的为9.4，求出，即可求得回归方程，从而可预报广告费用为6万元时销售额.

【详解】由题意，，，

回归方程中的为9.4，∴，解得，

所以，当时，万元.

故选：C

5．已知点在圆：上，直线：（），则点到直线的距离的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知直线方程求得直线过定点，再利用两点之间的距离公式求得圆心到直线的距离的最大值，即可求解.

【详解】整理直线方程得

联立，解得

所以直线恒过定点

圆：，圆心，半径，

当时，圆心到直线的距离取得最大值，最大值为

所以点到直线的距离的最大值为

故选：A

6．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】化简得，构造函数，通过导数可证得，可得，而，从而可得答案．

【详解】.

设，则有，单调递减，

从而，所以，故，即，

而，故有．

故选：A．

7．在《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑为四个面都为直角三角形的三棱锥，如图，在堑堵中，，鳖臑的外接球的体积为，则阳马体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．4

【答案】B

【分析】设的外接球半径为r，根据鳖臑的外接球的体积即可求得r，再根据的外接球的半径与三棱柱的外接球的半径相同可得到x，y的关系式，再根据四棱锥的体积公式结合基本不等式即可求解．

【详解】设的外接球半径为r，

则的外接球的体积为．

．

又阳马的体积为，

所以阳马体积的最大值为．

故选：B．

8．已知双曲线的右顶点、右焦点分别为A，，过点A的直线与的一条渐近线交于点，直线与的一个交点为B，若，且，则的离心率为(    )

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】由向量数量积等式推出l⊥x轴，求出点Q坐标，进而得点B坐标，再代入双曲线方程求解即得.

【详解】由已知得，设，

由，得，

所以轴，即，

不妨设点在第一象限，则.

设，由，得，

，

，即，

点在双曲线上，

，

整理得，，

解得，或(负值舍去).故选C.

故选：C

【点睛】求解双曲线离心率的问题，根据条件建立关于a，b，c的齐次式，结合b2=c2-a2转化为a，c的齐次式，再转化为关于e的方程，解之即可得e.

9．已知函数，若关于x的方程有四个不同的解，则实数m的取值集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，根据的解析式，可得的单调性、奇偶性，即可作出的图象，即可求得t的最小值，利用导数判断的单调性，结合t的范围，作出的图象，数形结合，可得 时，的图象与图象有2个交点，此时与分别与有2个交点，即即有四个不同的解，满足题意，即可得答案.

【详解】设，则有四个不同的解，

因为，

所以为偶函数，且当时，为增函数，

所以当时，为减函数，

所以，即，

当时，，

则，

令，解得，

所以当时，，为减函数，

当时，，为增函数，

又，

作出时的图象，如图所示：

所以当时，的图象与图象有2个交点，且设为，

作出图象，如下图所示：

此时与分别与有2个交点，即有四个不同的解，满足题意.

综上实数m的取值范围为.

故选：A

【点睛】解题的关键是根据解析式，利用函数的性质，作出图象，将方程求根问题，转化为图象求交点个数问题，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.

二、填空题

10．若复数满足，则______.

【答案】2

【分析】根据复数运算解决即可.

【详解】由题知，，

所以，

所以.

故答案为：2

11．的展开式中的系数为______.（以数字作答）

【答案】-80

【分析】根据二项式定理计算中的即可.

【详解】原式等于，

设的通项为，而中没有项，

故时，，

即项的系数为.

故答案为：-80

12．在临床上，经常用某种试验来诊断试验者是否患有某种癌症，设“试验结果为阳性”，“试验者患有此癌症”，据临床统计显示，．已知某地人群中患有此种癌症的概率为，现从该人群中随机抽在了1人，其试验结果是阳性，则此人患有此种癌症的概率为_____________．

【答案】

【分析】根据已知得出，与，再由条件概率公式与全概率公式计算得出结果.

【详解】由题意可得：

，，，

，

，

故答案为：.

13．已知正数满足，则的最小值是_________．

【答案】

【分析】根据题意，将等式化简变形，得到的表达式，根据表达式特征利用换元法构造函数，求导得出函数单调性即可得出最小值.

【详解】根据题意，由可得，

即

所以；

又因为均是正数，令，则

所以，

令，

则

当且仅当，即时，等号成立；

所以

所以的最小值为;

即当时，即时，等号成立.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：根据等式特征可知，利用基本不等式条件不明显，所以首先得出的表达式，根据可利用齐次式特征构造函数，再进行化简凑成基本不等式求解即可.

14．已知函数，，，在上单调，则正整数的最大值为____________．

【答案】7

【分析】根据可知直线为图象的对称轴，根据可得的对称中心为，结合三角函数的周期性可得，再根据在上单调，可得，当取到最大值时，求解，检验在上单调性看是否满足，即可得答案.

【详解】，∴直线为图象的对称轴，

，的对称中心为，

，

，

．

又在上单调，．

，，

又，

∴当时，，因为直线为图象的对称轴，所以，，

解得，，又，所以，则，

当时，，则在上单调，

则正整数的最大值为7．

故答案为：7.

15．在直角梯形，，，，，，分别为，的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上变动（如图所示），若，其中，，则的取值范围是______.

【答案】

【分析】结合题意建立直角坐标系，得到各点的坐标，再由得到，，从而得到，由此可求得的取值范围.

【详解】结合题意建立直角坐标，如图所示：

.

则，，，，，，

则，，，，

∵，

∴，

∴，，

∴，，

∴，

∵，∴，∴，

∴，故，即.

故答案为:

三、解答题

16．已知的内角的对边分别为，满足，

(1)求；

(2)是线段边上的点，若，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦函数的倍角公式与诱导公式将条件转化为关于的一元二次方程，解之即可求得；

（2）在、与中，利用余弦定理及诱导公式得到关于的方程组，从而求得，从而利用三角形面积公式即可得解.

【详解】（1）因为，，，

所以，即，

又，所以，

又，所以，则，故，

又，所以.

（2）设，，，

在中，由余弦定理得，

在中，由余弦定理得，

又，，

所以，，整理得①，

在中，由余弦定理得，则②，

由①－②得，故，

将代入①式得，

所以的面积.

.

17．四棱锥中，面，，，是的中点，在线段上，且满足．

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值；

(3)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3)存在，.

【分析】（1）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解；

（2）利用向量法求解；

（3）利用向量法求解.

【详解】（1）由题意可得，，两两互相垂直，所以可以以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系如图示：

，，，.

∴.

设平面的一个法向量为.

，不妨令，.

又，，

.

不在平面内，

平面.

（2）设点坐标为，，.

由，，.

，

设平面的一个法向量为，

由，不妨令，

，

，

又由图可知，该二面角为锐二面角，

二面角的余弦值为

（3）设，.

，

，

与面所成角的余弦值是.其正弦值为，

，

整理得：，

，

存在满足条件的点，且．

18．已知过点的椭圆的离心率为. 如图所示，过椭圆右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于两点，直线与轴相交于点，过点A作，垂足为.

(1)求四边形为坐标原点的面积的最大值；

(2)求证：直线过定点，并求出点的坐标.

【答案】(1)最大值为

(2)证明见解析，

【分析】（1）由题可得椭圆方程为：，则椭圆右焦点为，易知当斜率为0时不合题意，斜率不为0时，设直线的方程为，，，

将直线方程与椭圆方程联立，可得四边形的面积为

，后利用韦达定理及基本不等式可得面积最值；

（2）由（1）可得直线BD方程为：，令可得：，化简后可得定点坐标.

【详解】（1）由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为，则椭圆的右焦点为，

当直线的斜率等于时不符合题意；

设直线斜率不为0时，直线方程为，，，

由可得：，

则，，，

所以，

所以四边形的面积为

，

设，则，所以，

因为，当且仅当即，时，最小值为，

所以，因为，可得

所以四边形（为坐标原点）的面积的最大值为；

（2）因为，，所以直线的斜率为，

所以直线的方程为：.

令可得：.

由（1）知：，，则

所以，则直线过定点.

【点睛】关键点点睛：本题涉及圆锥曲线中的面积及直线过定点问题，难度较大.

（1）问所涉面积表达式利用韦达定理整理后多为分式形式，常利用换元，上下同除等手段处理；

（2）问所涉直线参数较多，但题目可由对称性确定定点在x轴上，故令.

19．设是首项为1的等比数列，且满足成等差数列：数列各项均为正数，为其前n项和，且满足，则

(1)求数列和的通项公式；

(2)记为数列的前n项的和，证明：；

(3)任意，求数列的前项的和．

【答案】(1);.

(2)证明见解析.

(3).

【分析】（1）根据题意列出方程，求得数列的公比，即可求得数列的通项公式；根据的关系可推得为等差数列，即可求得其通项公式.

（2）利用（1）的结论求得的通项公式，利用错位相减法求得数列前n项的和，即得的表达式，判断其单调性，即可证明结论.

（3）由（1）的结论可得的通项公式，分n为奇数和偶数，分别求和，可得答案.

【详解】（1）因为是首项为1的等比数列，且满足成等差数列，

设公比为q,，则，即，

故，所以；

数列各项均为正数，为其前n项和，且满足，

当时，，则，

当时，，，

两式相减得，即，

因为，故，

即数列为等差数列，故.

（2）证明：由（1）知，，

则，

故，

故

，

所以，

故，

当时，，

当时，

设，则，

当时，，时取等号，即，

当时,随n的增大而减小，

故的最大值为，

综合可得.

（3）任意，即，

设数列的前项的和为 ，

则

，

.

注：数学归纳法证明：；

证明：当时，等式左边，右边，等式成立；

假设时，，

则时，

，

即时，结论也成立，

综合可得.

【点睛】方法点睛：证明（2）不等式成立时，利用错位相减法求得数列前n项和后，要注意判断数列的单调性，此时可采用作差比较的方法进行判断；（3）中求数列前n项和时，综合性较强，计算量较大，要注意采用分组求和的方法，同时要注意数列结论的应用.

20．已知.

（1）若函数，求的单调区间;

（2）若过点能作函数的两条切线，求实数的取值范围;

（3）设，且，求证:

【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）证明见解析.

【分析】（1）求出，再对分三种情况讨论得解；

（2）设切点坐标为，求出，等价于直线和函数的图像有两个交点，利用导数分析即得解；

（3）先求出在区间内单调递增，在区间内单调递减，不妨设，则，等价于，证明，再证明即得证.

【详解】解:，

所以.

当时，令，解得或

所以在区间内单调递增﹐在区间内单调递减﹐在区间内单调递增.

当时，令，解得或，

所以在区间内单调递增﹐在区间内单调递减，在区间内单调递增.

当时﹐，所以在区间内单调递增.

综上，时﹐在区间内单调递增，在区间内单调递减﹐在区间内单调递增.

当时，在区间内单调递增，没有单调递减区间.

当时，在区间内单调递增﹐在区间内单调递减，在区间内单调递增.

解:设切点坐标为，

因为，

所以

所以切线方程为

且过点，

所以

因为过点能作两条切线，

所以直线和函数的图像有两个交点.

因为，令，

解得

所以在区间内单调递增﹐在区间内单调递减.

所以.

所以得.

证明:，

则

所以在区间内单调递增，在区间内单调递减.

不妨设，则，

欲证，则，

因为，，在区间内单调递减，

所以只需证明，即，

即，

即

设

则，

因为

所以恒成立，

所以在区间内单调递增，

所以

所以

所以原不等式成立.

故.

欲证

即

因为在区间内单调递减.

所以只需证明，即

即

因为，

所以只需证明，即证，显然成立，

所以原不等式成立，

故