2023届天津市新华中学高三下学期统练5数学试题含解析

这是一份2023届天津市新华中学高三下学期统练5数学试题含解析，共20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届天津市新华中学高三下学期统练5数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】可解出集合，，然后进行补集、交集的运算即可．【详解】集合，或；；则．故选：C2．已知等比数列的公比为，，其前项和为，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】利用等比数列的性质即可推导出，由此即可求解．【详解】∵数列为正项等比数列，且公比为，前项和为，∴；；∵，故，∵，①当时，，即：“”∴具有充分性；②当“”时，即，∴具有必要性．故选：C．3．函数在的图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】判断函数的奇偶性，可判断A；取特殊值，根据特殊值的函数值可判断,可得答案.【详解】由题意函数，，则，故为奇函数，其图像关于原点对称，故A错误；又因为，,可判断B错误，，故错误，只有D中图像符合题意，故D正确，故选：D4．2022年12月4日是第九个国家宪法日，主题为“学习宣传贯彻党的二十大精神，推动全面贯彻实施宪法”，耀华园结合线上教育教学模式，开展了云升旗，云班会等活动．其中由学生会同学制作了宪法学习问卷，收获了有效答卷2000份，先对其得分情况进行了统计，按照、、…、分成5组，并绘制了如图所示的频率分布直方图，下列说法不正确的是（    ）A．图中的值为0.02B．由直方图中的数据，可估计75%分位数是85C．由直方图中的数据，可估计这组数据的平均数为77D．90分以上将获得优秀，则全校有20人获得优秀【答案】D【分析】根据统计学的有关原理逐项分析.【详解】对于A， ，正确；对于B， ， ，∴ 分位数= ，正确；对于C，平均数= ，正确；对于D，90分以上的人数为 ，错误；故选：D.5．已知抛物线的焦点到双曲线渐近线的距离为，点是抛物线上的一动点，到双曲线的上焦点的距离与到直线的距离之和的最小值为3，则该双曲线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离可建立的关系，再由抛物线的定义结合题意可求出，进而可得，即可求解【详解】抛物线的焦点,双曲线的渐近线方程为，任取一条渐近线，焦点到渐近线的距离，即， 为抛物线的准线，到准线的距离等于到焦点的距离，到双曲线的上焦点的距离与到直线的距离之和的最小值为，则，所以所以该双曲线的方程为故选：B.6．已知函数是上的偶函数，对任意，，且都有成立．若，，，则，，的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用奇偶性和对称性判断函数在上的单调性，再比较大小，结合的单调性即可得出答案．【详解】解：因为函数是R上的偶函数，所以函数的对称轴为，又因为对任意，，且都有成立．所以函数在上单调递增，而，，，所以，所以，因为函数的对称轴为，所以，而，因为，所以，所以，所以．故选：A．7．如图，过圆外一点作圆的切线，，切点分别为，现将沿折起到，使点在圆所在平面上的射影为圆心，若三棱锥的体积是圆锥体积的，则（    ）A． B． C．或 D．或【答案】A【分析】根据锥体体积公式可构造方程求得，由三角形大边对大角的特点可知，由此可知.【详解】设圆的半径为，圆锥的高，，则，圆锥体积，，；平面，平面，，则，即，，，又，，，.故选：A.8．已知，给出下列结论：①若，且，则；②存在，使得的图像向左平移个单位长度后得到的图像关于轴对称；③若，则在上单调递增；④若在上恰有5个零点，则的取值范围为.其中，所有正确结论的个数是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由二倍角公式可得，利用余弦函数的图像和性质判断各结论即可.【详解】由题意可得，①由且可得两相邻对称轴间的距离为，所以，解得，错误；②的图像向左平移个单位长度得，若关于轴对称，则，即，解得，所以当时符合题意，正确；③当时，所以当时，因为在上单调递减，在上单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减，错误；④设，当时，在上恰有5个零点，即在上有5个零点，则，解得，正确；综上②④正确，故选：B9．设函数若方程恰有2个实数解，则实数a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】化简，进行参变分离，求出，画出图像根据图像得出结论.【详解】化简得当时，设∴，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；，且当时， ；当时，设易知函数在分别单调递减，画出函数图像根据图像可得.故选：D.【点睛】本题采取的是数形结合的思想，在进行分离变量的时候要探讨参数的取值范围. 二、填空题10．已知，，且，其中为虚数单位，则的值为__________．【答案】【分析】化简已知等式，利用复数相等联立方程组，进而可得结果．【详解】解：，则由，得，即，所以，解得，所以．故答案为：．11．已知二项式的展开式中各项系数之和为64.则展开式中的系数是______.【答案】【分析】令可得各项系数之和，再根据各项系数之和为64，求得的值，再根据二项式展开式的通项公式，求得展开式中的系数．【详解】根据题意，令得，解得，所以二项式为，    其展开式的通项为，令，得，所以展开式中的系数是.故答案为：12．与圆外切且与直线相切于点的圆的方程为__________.【答案】或【分析】设所求圆的方程为，再根据两圆外切以及直线与圆相切列方程，解方程，进而得解.【详解】将圆化为标准式为，即圆心为（1,0），半径为1.设所求圆的方程为.则由题意知，①       ，②，③ 由①②③得，，或，，，即所求圆的方程为或.【点睛】本题考查了圆的一般方程和标准方程，考查了两圆的位置关系，考查了直线与圆的位置关系；当两圆外切时，圆心距等于两个圆的半径之和，当圆与直线相切时，圆心到直线的距离等于这个圆的半径，且圆心和切点连线与切线垂直.13．已知都为正实数，则的最小值为___________．【答案】【分析】化简，由基本不等式得，再代入原式得，判断相等条件后即可得最小值.【详解】，因为都为正实数，，当且仅当，即时等号成立，所以，当且仅当，即时等号成立，综上所述，当时，取最小值为.故答案为：【点睛】解答本题的关键在于分别利用两次基本不等式，根据“一正二定三相等”的原则判断最小值. 三、双空题14．现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．（1）已知张同学至少取到1道乙类题，则他取到的题目不是同一类的概率为__________；（2）已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立．用表示张同学答对题的个数，则的数学期望为__________．【答案】     /     【分析】（1）根据题意，求得事件：至少取到1到乙类试题的概率和事件：至少取到1到甲类试题的概率，结合条件概率的计算公式，即可求解；（2）根据题意得到随机变量的所有可能取值为，求得相应的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解.【详解】（1）解：由题意知有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答，设事件：至少取到1到乙类试题的概率，可得；设事件：至少取到1到甲类试题的概率，可得，所以取到1道乙类题，则取到的题目不是同一类的概率为.（2）解：由题意，随机变量的所有可能取值为，可得；；；，所以随机变量的分布列为：0123 所以数学期望为.故答案为：0.96；2.15．在中，，，，则______；若，，，则的最大值为______．【答案】          【分析】①利用向量的数量的的定义及向量的投影，即可求出；②将和分别用和表示代入，利用基本不等式求解即可.【详解】①如图，作，垂足为，因为，所以，所以，即，又，，所以，即,所以；②因为，，所以,,所以，当且仅当，即时，等号成立.所以的最大值为.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题的关键是灵活应用向量的投影及用基底法表示向量. 四、解答题16．的内角A，，的对边分别为，，，已知．(1)求A；(2)若，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换计算即可；（2）利用正切的二倍角与差角公式计算即可.【详解】（1）由正弦定理，，所以即因为且，所以，即（2）由上知，所以，又，，所以，∴∴17．已知如图，四边形为矩形，为梯形，平面平面，，，．（1）若为中点，求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点（除去端点），使得平面与平面所成锐二面角的大小为？若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.靠近C的三等分点【分析】（1）设与交于点，连接，则可得为的中点，而为的中点，由三角形中位线定理可得，然后由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可证得，，两两垂直，所以分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，（3）假设存在点，满足题意，且此时，然后利用空间向量求二面角【详解】（1）证明：如图，设与交于点，连接，∵四边形为矩形， ∴为的中点，又因为为的中点，∴，而平面，平面，∴平面；（2）解：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，，两两垂直，所以如图，分别以为坐标原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，根据题意，则有，，，，所以，，，假设平面的一个法向量为，则有，设直线与平面所成角的平面角为，则有．（3）解：假设存在点，满足题意，且此时，即得，则有，，假设平面的一个法向量为，则有，又因为平面的一个法向量为，根据题意，则有，解之可得，，即得，即点为线段上靠近点的一个三等分点，坐标为．18．已知数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)求；(3)若，求数列前项和．【答案】(1)；(2)；(3). 【分析】（1）类比题目中的和式再写出一个把换成的和式，然后与原来的和式作差即可求出结果；（2）利用（1）的结果求出，然后利用裂项相消法即可求和；（3）利用（1）的结果求出，然后分组利用错位相减法即可求出.【详解】（1），当时，，即，当时，，得，即，满足上式，数列的通项公式为；（2）由（1）得，；（3）由（1）知，数列前项和，令，   ，，     ，得.得 ，.19．已知椭圆的离心率，短轴长为，椭圆的左焦点为，右顶点为，点在椭圆位于轴上方的部分．(1)求椭圆的方程；(2)若直线与轴交于点，点是轴上一点，且满足，直线与椭圆交于点．是否存在直线，使得的面积为，若存在，求出直线的斜率，若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在直线，使得的面积为2，此时直线的斜率． 【分析】（1）由已知有，解方程组即可；（2）由题意求出，的坐标，进而可得直线的方程为，并与椭圆方程联立，可得点坐标，由此可判断，关于原点对称，故直线过原点，所以，令，求解即可．【详解】（1）由题意可得，，解得，，，所以椭圆的方程为；（2）直线的方程为代入椭圆方程得，即，所以，即，令，解得，即，设，由题意有，解得，即，进而可得直线的方程为，由，得，解得，进而，即，因为，所以，关于原点对称，故直线过原点，所以，当时，即，解得，所以存在直线，使得的面积为2，此时直线的斜率．20．已知．(1)求在处的切线方程；(2)对，有恒成立，求的最大整数解；(3)令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求的取值范围，并证明：．【答案】(1)(2)3(3)；证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，求出，即可得到切线方程；（2）等价于，求导分析的单调性，即可求出的最大整数解；（3）求得的导数和单调性，由极小值小于0，可得，再由分析法，注意构造函数，求得导数和单调性，即可得证．【详解】（1）的导数为：，所以，，所以在处的切线方程为：，即；（2）由已知可得，等价于，可令，，记，，所以为上的递增函数，且，，所以，，即，所以在上递减，在上递增，且，所以的最大整数解为3；（3）证明：∵，，若要有极值点，显然，所以令，可得，当，，，，所以在上单调递减，上单调递增，而要使有两个零点，要满足，即可得，因为，，令，由，即，而，即，由，，只需证，令，则，令，则，故在上递增，；故在上递增，；∴．【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相当大，主要考向有以下几点：1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；3、求函数的极值（最值）；4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；5、证明不等式；解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.