天津市2022-2023学年高三下学期第三次模拟考试数学试卷（含解析）

天津市2022-2023学年高三下学期第三次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：__________

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．设，则“且”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

3．学校组织班级知识竞赛，某班的12名学生的成绩（单位：分）分别是：，则这12名学生成绩的分位数是（    ）．

A．92 B．87 C．93 D．91

4．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

5．设的展开式的各项系数之和为，二项式系数之和为，若，则展开式的系数为

A． B． C． D．

6．设，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

7．已知函数的图象如图所示，将的图象向右平移个单位，使新函数为偶函数，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

8．在双曲线中，虚轴长为6，且双曲线与椭圆有公共焦点，则双曲线的方程是（    ）

A． B．

C． D．

9．设集合，，函数，若，且，则的取值范围是

A． B． C． D．

二、填空题

10．已知，则___________．

11．两圆和相交于两点，则公共弦的长为__________.

12．已知正方体的棱长为，其内有2个不同的小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，则球的体积等于______，球的表面积等于______．

13．当时，的最小值为______

14．在中，点满足，且对于边上任意一点，恒有.则______.

三、双空题

15．从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件为“取到的2个数之和为偶数”，事件为“取到的2个数均为偶数”，则为__________，为__________．

四、解答题

16．已知函数．

(1)求的单调区间；

(2)求在区间上的最大值与最小值．

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.

18．已知椭圆的左､右焦点分别为、，过作斜率为的直线与椭圆相交于、两点，且与轴垂直.

(1)求椭圆的离心率；

(2)若三角形的面积为，求椭圆的方程.

19．在数列中，，（，）.

(1)求证：是等比数列；

(2)求数列的前项和.

20．已知函数，

(1)若函数在处的切线也是函数图象的一条切线，求实数a的值；

(2)若函数的图象恒在直线的下方，求实数a的取值范围；

(3)若，且，判断与的大小关系，并说明理由.

参考答案

1．C

【分析】利用补集和交集的定义可求得集合.

【详解】由已知可得，因此，.

故选：C.

2．A

【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行推理即可.

【详解】若且，则，充分性成立；取，则成立，但“且”不成立，必要性不成立.因此“且”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

3．C

【分析】根据百分位数的概念，计算，即可求得答案.

【详解】因为，

故的分位数是，

故选：C

4．B

【分析】通过函数的奇偶性可排除AC，通过时函数值的符号可排除D，进而可得结果.

【详解】令，其定义域为关于原点对称，

，

所以函数为奇函数，即图像关于原点对称，故排除AC，

当时，，，，即，故排除D，

故选：B.

5．B

【分析】分别求出展开式的各项系数之和和二项式系数之和为，根据求出的值，进而写出通项，求出展开式的系数.

【详解】中，令得展开式的各项系数之和，

根据二项式系数和公式得二项式系数之和，

，所以，解得，

的展开式的通项为：，

令得，故展开式中的系数为，

故选：B.

6．B

【分析】利用幂函数、对数函数的性质，结合“媒介”数比较大小作答.

【详解】，，

则有，所以.

故选：B

7．D

【分析】由，，可求得，由此可得平移后的解析式，根据平移后为偶函数可构造方程，结合可求得最小值.

【详解】由图象可知：，；

，，又，；

，，解得：，；

为偶函数，，

解得：，又，

当时，.

故选：D.

8．B

【分析】将椭圆方程化成标准方程求出其焦点坐标，再根据双曲线虚轴长度为6，即可求得双曲线的标准方程.

【详解】椭圆的标准方程为；

易得椭圆焦点坐标为，

又因为双曲线与椭圆有公共焦点，所以双曲线的焦点在轴上，且，

由双曲线虚轴长为6可知，所以；

所以，双曲线的标准方程为.

故选：B.

9．B

【解析】根据，根据函数解析式，即可求出的取值范围.

【详解】根据函数解析式，可得当时，，当时，

因为，故可得，解得，

又因为，故令，解得.

故.

故选：B.

【点睛】本题考查由分段函数的函数值范围求解自变量范围的问题，属基础题.

10．2

【分析】根据复数的除法可求得z,即可得，结合复数的乘法即可得答案.

【详解】由题意得，故，

所以，

故答案为：2

11．##

【分析】根据已知条件联立方程组，求出交点坐标，利用两点间的距离公式即可求解.

【详解】由，解得，或，

所以不妨取两圆的交点为，

所以.

故答案为：.

12．         

【分析】由题意可知三棱锥是边长为的正四面体,则球是三棱锥的内切球,设其半径为,由，可知,设平面平面,且球和球均与平面相切于点,则球是正四面体的内切球,设其半径为,则,最后代入数据计算即可.

【详解】因为正方体的棱长为,

所以三棱锥是边长为的正四面体,的高为,

设底面的中心为,连接,则,,

则球是三棱锥的内切球,设其半径为,

则有

所以,

所以球的体积为,

又球与三棱锥的三个面和球都相切,

则设平面平面,且球和球均与平面相切于点,如下图所示,

则球是三棱锥的内切球,设其半径为,

故,

因此在正四面体中,,

所以球的表面积为,

故答案为:;.

【点睛】本题主要考查三棱锥内切球的综合问题,考查学生的空间思维及想象能力,有一定难度.

13．5

【解析】根据基本不等式可求得结果.

【详解】因为，

所以，当且仅当时，等号成立.

故答案为：5

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

14．0

【分析】以为原点，为轴，建立直角坐标系，设，可得，由此列方程求得，可得，利用平面向量数量积的运算法则求解即可.

【详解】

以为原点，为轴，建立直角坐标系，

设，则，

，

因为，

所以，

解得，，

所以，

故答案为0.

【点睛】平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题以及最值问题时，往往先建立适当的平面直角坐标系，转化为解析几何问题或函数问题，可起到化繁为简的妙用．

15．     ##0.4     ##0.25

【分析】根据条件概率和古典概型概率计算公式可得答案.

【详解】从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，有10种情况，

事件A有4种情况，事件有1种情况，

所以，.

故答案为：①；②.

16．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为.

(2)时有最大值， 时有最小值.

【分析】（1）利用正弦函数的单调性，利用整体代入的方法求得的单调区间；

（2）根据函数的关系式，利用函数的定义域确定函数的最大和最小值．

【详解】（1）由，解得，所以的单调递增区间为；

由，解得，所以的单调递减区间为

（2），时，，

当即时有最大值；

当即时有最小值

17．(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．(1)

(2)

【分析】（1）求出点的坐标，根据可得出关于、的齐次等式，即可解得该椭圆的离心率的值；

（2）由（1）可得出椭圆的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出点、的坐标，利用三角形的面积公式可求得的值，即可得出椭圆的方程.

【详解】（1）解：将代入椭圆的方程可得，解得，

因为直线的斜率为，易知点，

所以，，所以，，

等式两边同时除以可得，

因为，解得.

因此，该椭圆的离心率为.

（2）解：由（1）知，，，故椭圆方程为，

由题意，则直线的方程为，

联立，消去并化简可得，显然，

设点、，解得或，

故点、，

所以，，解得，

因此，椭圆的方程为.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据等比数列的定义证明；

（2）用分组求和法计算．

【详解】（1）在数列中，，（，），

所以，

则数列是以为首项，4为公比的等比数列；

（2）由（1）得，所以，则

所以

20．(1)

(2)

(3)，理由见解析

【分析】（1）求出函数的导数，计算，，得到切线方程，设出与的切点坐标，根据斜率和截距相等，从而求出的值；

（2）问题转化为对于恒成立，根据函数的单调性，求出的范围即可；

（3）根据函数的单调性得到，整理变形即可.

【详解】（1），在处切线斜率，，

所以切线，

又，设与相切时的切点为，

则斜率，

则切线的方程又可表示为，

由，解之得.

（2）由题对于恒成立，即对于恒成立，

令，则，由得，

则当时，，

由，得：，即实数的取值范围是.

（3），理由如下：

由题知，由得，

当时，，单调递减，

因为，所以，

即，

所以，①

同理，②

①+②得，

因为，

由得，即，

所以，即，

所以.

【点睛】对于切点坐标不确定的切线问题，设出切点坐标是解题的关键，对于该题中不等式的证明，结合函数的单调性构造出是解题的关键.