天津市滨海新区2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

2023年滨海新区普通高考模拟检测卷

数学

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．共150分．考试时间120分钟．第I卷1至3页，第II卷3至7页．

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．祝各位考生考试顺利！

第I卷

注意事项：

1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．

2．本卷共9小题，每小题5分，共45分．

参考公式：

球的表面积、体积公式：，，为球的半径．

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出并化简集合B，利用集合的补集和交集运算即可得出答案.

【详解】由已知得，，所以，从而A正确；

故选：A

2. 已知，是实数，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】C

【解析】

【分析】由充分条件和必要条件的定义求解即可.

【详解】由可得：，

对两边同时平方可得，所以，

所以”是“”的充要条件.

故选：C.

3. 函数的图象大致为（    ）

A.    B.  

C.    D.    

【答案】D

【解析】

【分析】取特值排除即可.

【详解】因为，故A、C错误；

又因为，故B错误；

故选：D.

4. 为了解学生每天的体育活动时间，某市教育部门对全市高中学生进行调查，随机抽取1000名学生每天进行体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成6组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组．对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是（    ）

A. 频率分布直方图中的

B. 估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数为400

C. 估计1000名学生每天体育活动时间的众数是55

D. 估计1000名学生每天体育活动时间的第25百分位数为

【答案】D

【解析】

【分析】由频率之和为1可判断A；求出学生每天体育活动不少于一个小时的概率即可估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数可判断B；由众数的定义可判断C；有百分位数的定义可判断D.

【详解】由频率之和为1得：，解得，故A正确；

学生每天体育活动不少于一个小时的概率为：，

则估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数为，故B正确；

由频率分布直方图可估计1000名学生每天体育活动时间的众数是55，故C正确；

由，，

故第25百分位数位于内，

则第25百分位数为.

可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5，故D不正确.

故选：D.

5. 已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，若，，则，，大小关系为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据指数幂，对数的运算法则进行比较大小，利用函数的奇偶性和单调性进行转化求解即可.

【详解】，

因为是定义在上的偶函数，

所以，

因为，，，

且在上单调递减，

所以，

即.

故选：A.

6. 已知，，，则的最小值为（    ）

A. 4 B. 6 C. 8 D. 10

【答案】B

【解析】

【分析】由换底公式和基本不等式即可求解.

【详解】由知,

结合，以及换底公式可知，

，

当且仅当，，

即时等号成立，

即时等号成立，

故的最小值为，

故选：B.

7. 已知双曲线：，抛物线：的焦点为，准线为，抛物线与双曲线的一条渐近线的交点为，且在第一象限，过作的垂线，垂足为，若直线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，结合抛物线的定义求出点的坐标，进而求出即可求解作答.

【详解】抛物线：焦点为，准线为：，令交于点，即有，

由，直线的倾斜角为，得，则，，

又，则为正三角形，，因此点，

双曲线：过点的渐近线为，于是，解得，

所以双曲线的离心率.

故选：B

8. 某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为2的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直，则该包装盒的容积为（    ）

A.  B.  C.  D. 20

【答案】A

【解析】

【分析】补全图形为长方体求解即可.

【详解】 

将几何体补全为长方体，如图所示，

，

,

所以则该包装盒的容积为：

,

，

，

.

故选：A.

9. 记函数的最小正周期为．若，且的图象的一条对称轴为，关于该函数有下列四个说法：

①；

②；

③在上单调递增；

④为了得到的图象，只要把的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移个单位长度．

以上四个说法中，正确的个数为（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】先化简，由求出可判断①；由的图象的一条对称轴为求出，求的值可判断②；令，求出的单调增区间可判断③；由三角函数的平移变换可判断④.

【详解】因为，

由可得：，解得：，故①不正确；

的图象的一条对称轴为，

所以，解得：,

因为，所以，所以，

，故②正确；

令，解得：，

令，，所以在上单调递增，③正确；

把的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，可得，

再向左平移个单位长度，则，

故④正确

故选：C.

第II卷

注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．

2．本卷共11小题，共105分．

二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．

10. 已知复数满足（其中为虚数单位），则复数虚部为______.

【答案】

【解析】

【分析】由模长公式及复数的四则运算得出复数，进而即得.

【详解】因为，

所以，

则，

所以复数的虚部为.

故答案为：.

11. 的展开式中项的系数是________．

【答案】

【解析】

【分析】先求出二项展开式的通项，令x的指数为1，求出参数的值，再代入通项即可得解．

【详解】的展开式的通项中，令，得，即得的展开式中项的系数为．

故答案为：-35．

12. 已知圆：与圆：，若两圆相交于A，B两点，则______

【答案】

【解析】

【分析】根据两圆相交时公共弦所在直线方程的求法和弦长公式求解.

【详解】圆的方程为，即①，

又圆：②，

②－①可得两圆公共弦所在的直线方程为

圆的圆心到直线的距离，

所以．

故答案为: .

13. 红、黄、蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色．已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色．现有等量的红、黄、蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料进行等量调配，则甲调配出绿色的概率为________；在甲调配出绿色的情况下，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，进行等量调配，则乙调配出紫色的概率为________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据古典概型的概率公式和条件概率，即可求出所求概率.

【详解】设A=“甲调配出绿色”，B=“乙调配出紫色”，

因为等量的黄色加蓝色调配出绿色，且等量的红、黄色、蓝彩色颜料各两瓶共6瓶，

所以，

因为甲调配出绿色时已经用掉1瓶黄色颜料和1瓶蓝色颜料，

则颜料剩余红色2瓶，黄色1瓶，蓝色1瓶共4瓶，

因为等量的红色加蓝色调配出紫色，所以.

故答案为：，

14. 在平面四边形中，，，向量在向量上投影向量为，则________；若，点为线段上的动点，则的最小值为________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】作出向量在向量上的投影向量，在直角三角形中求出；以点为坐标原点，为轴建立直角坐标系，利用坐标法求出的最小值.

【详解】过点作垂直于点，则向量为向量在向量上的投影向量，

由题意知点为线段的中点，所以，

所以，又为锐角，故.

以点为坐标原点，为轴建系如图，则，，.

因为，所以.

因为点为线段上的动点，所以设，故点.

，.

当时，取到最小值.

故答案为：；.

15. 已知函数，若函数在上恰有三个不同的零点，则的取值范围是________．

【答案】

【解析】

【分析】根据函数与方程之间的关系转化两个函数图象交点个数问题，利用分段函数的表达式，结合题意将其转化为二次函数根的分布问题，利用数形结合进行求解即可．

【详解】当时，，

因为恰有三个不同的零点，

函数在上恰有三个不同的零点，即有三个解，

而无解，故.

当时，函数在上恰有三个不同的零点，

即，即与的图象有三个交点，如下图，

当时，与必有1个交点，

所以当时，有2个交点，

即，即令在内有两个实数解，

，

当时，函数在上恰有三个不同的零点，

即，即与的图象有三个交点，如下图，

当时，必有1个交点，

当时，与有2个交点，

所以，即在上有根，

令

故，解得：.

综上所述：的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题主要考查函数方程的应用，结合分段函数的表达式转化为两个函数交点个数问题，数形结合是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．

三、解答题（本大题5小题，共75分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）

16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，，，．

（1）求的值；

（2）求的值；

（3）求的值．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）由余弦定理计算可得；

（2）由正弦定理计算可得；

（3）由余弦定理求出，即可求出、，再由两角差的正弦公式计算可得.

【小问1详解】

由余弦定理知，，

所以，即，   

解得或（舍负），所以．

【小问2详解】

由正弦定理知，，

所以，

所以．

【小问3详解】

由余弦定理知，，   

所以，，   

所以

.

17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.

（1）求证：平面；

（2）求平面与平面的夹角的大小；

（3）线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面所成角为，若存在，求线段PM的长；若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）不存在，理由见解析

【解析】

【分析】（1）先证、，即可由线线垂直证线面垂直；

（2）以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，即可由法向量的夹角得出两平面的夹角；

（3）设，，求出，可得，整理得，由，方程无解，即可得不存在这样的点M

小问1详解】

证明：因为是正三角形，O是AD的中点，所以.

又因为平面，平面，所以.

，AD，平面，所以面.

【小问2详解】

如图，以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系.

则，，，，，，，，，，

设平面的法向量为，

所以，即，

令，则，

又平面的法向量，

所以.

所以平面与平面所成角为.

【小问3详解】

假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面所成角为，则直线GM与平面法向量所成的夹角为，

设，，，，

所以，

所以，

整理得，，方程无解，所以，不存在这样的点M.

18. 已知椭圆：的离心率为，左，右焦点分别为，，过点的直线与椭圆相交于点，，且的周长为8．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）椭圆的左，右顶点分别为，，上顶点为，若过且斜率为的直线与椭圆在第一象限相交于点，与直线相交于点，与轴相交于点，且满足，求直线的方程．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，由条件可得，再由离心率可求得，从而求得，即可得到椭圆的标准方程；

（2）根据题意，设出直线方程，然后与椭圆方程联立，结合韦达定理可表示出的坐标，再由直线的方程表示出点的坐标，再由等量关系，即可得到结果.

【小问1详解】

由题设得，所以，

又离心率为，解得，，

所以椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

因为，所以设直线的方程为，且，

联立，整理可得：，

则，故，

则，所以，

又直线的方程，联立，整理可得：，

所以，则，且满足.

则直线的方程为.

19. 设是等差数列，是各项都为正数的等比数列．且，，，

（1）求，的通项公式；

（2）记为的前项和，求证：；

（3）若，求数列的前项和．

【答案】（1），   

（2）证明见解析    （3）

【解析】

【分析】（1）由已知条件列出方程组，求解出d，q，根据等比和等差数列的通项公式求解即可；

（2）利用等比数列前项和公式求出，求出，得证；

（3）利用错位相减法和裂项相消法分奇偶项两组求和即可.

【小问1详解】

解：由已知可得，

，

联立①②，得，解得或，

因为是各项都为正数的等比数列，所以，代入①式可得，

所以，；

【小问2详解】

，

，，

则

，

所以；

【小问3详解】

，

令

，

则，

，得

，

令

，

.

20. 已知定义域均为的两个函数，．

（1）若函数，且在处的切线与轴平行，求的值；

（2）若函数，讨论函数的单调性和极值；

（3）设，是两个不相等的正数，且，证明：．

【答案】（1）；   

（2）在(−∞,0),(0,1) 上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,的极小值为，无极大值；   

（3）证明见详解.

【解析】

【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；

（2）根据导数与函数单调性的关系，确定单调性进而可得极值；

（3）根据同构和函数的单调性以及二次求导即可求解.

【小问1详解】

因为，所以，

所以，

又在处的切线与轴平行，

所以，

所以，

所以，

即，

所以；

【小问2详解】

因为,

所以的定义域为 ,

，令,得,

当 变化时 的关系如下表:

所以在(−∞,0),(0,1) 上单调递减; 在 (1,+∞)上单调递增.

所以的极小值为，为极大值；

【小问3详解】

证明：要证,

只需证，根据,

只需证，又，是两个不相等的正数，不妨设 ,

由得,

两边取指数,, 化简得: ，

令，所以

，

根据（2）得在上单调递减，在上单调递增（如图所示),

由于在上单调递减,在上单调递增,

要使且相等,

则必有 , 即,

由得.

要证, 只需证,

由于在上单调递增, 要证,

只需证,

又, 只需证,

只需证，

只需证，

只需证,

只需证，即证,

令

,

只需证,

则

所以在 上单调递减,

所以,

所以，所以在上单调递减,

所以，所以,

所以: .

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.