天津市河西区2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

这是一份天津市河西区2023届高三数学三模试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

河西区2022-2023学年度第二学期高三年级总复习质量调查（三）
数学试卷
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. 已知集合,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合,进而求得,由,求出即可.
【详解】解:因为或,
所以,又有,
所以.
故选:C
2. 不等式“”成立，是不等式“”成立的（ ）
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据充分、必要条件的定义判断.
【详解】由，但，所以由“”不能推出“”；
又，但，所以由“”不能推出“”，
即不等式“”成立，是不等式“”成立的既不充分也不必要条件.
故选：D
3. 函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.

4. 某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：
广告费用x（万元）
1
2
4
5
销售额y（万元）
10
26
35
49
根据上表可得回归方程的约等于9，据此模型预报广告费用为6万元时，销售额约为（ ）
A. 56万元 B. 57万元 C. 58万元 D. 59万元
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出，然后利用样本中心点在回归方程上即可求出，然后将代入回归方程即可求解.
【详解】，所以，，则，
所以时，，所以销售额约为57.
故选：B
5. 设，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系.
【详解】因为，
，
，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数函数的单调性，确定其对应值的范围.
比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：
（1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；
（2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；
（3）借助于中间值，例如：0或1等.
6. 若所有棱长都是3的直三棱柱的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，求出球的半径即可求出球的表面积．
【详解】解：由题意可知：正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，底面中心到顶点的距离为：；所以外接球的半径为：．
所以外接球的表面积为：．
故选：C
【点睛】本题是基础题，考查正三棱柱的外接球的表面积的求法，找出球的球心是解题的关键，考查空间想象能力，计算能力．
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. 25 D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由指对互换，表示出，代入原式即可.
【详解】由， .
故选：A.
8. 已知双曲线：的左右焦点分别为、，且抛物线：的焦点与双曲线的右焦点重合，点为与的一个交点，且直线的倾斜角为45°则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设双曲线焦点，可得抛物线的焦点坐标为，准线方程为，过点做，垂足为，根据题意有，可得轴，进而将用表示，结合双曲线定义，即可求解.
【详解】设双曲线焦点，则抛物线的准线方程为，
过做，垂足为，则，
，
，
又点在双曲线上，，
.
故选：B.
【点睛】本题考查双曲线和抛物线的性质，应用曲线的定义是解题关键，注意几何方法的合理运用，属于中档题.
9. 已知函数，则下列结论中正确个数为（ ）
①著对于任意，都有成立，则
②若对于任意，都有成立，则
③当时，在上单调递增，则的取值范围为
④当时，若对任意的，函数在至少有两个零点，则的取值范围为
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】①结合三角函数的值域来处理恒成立问题；
②根据题干可得到函数的周期，结合三角函数的最小正周期和周期的关系进行判断；
③根据三角函数的单调性进行求解；
④由于的任意性，类比至少一个周期才保证至少有两个零点.
【详解】对于①，若恒成立，只需要，根据正弦函数的值域可知，只需要，则，①正确；
对于②，说明周期是，但不能说明最小正周期是，最小正周期的倍数是均符合题意，例如最小正周期是，此时，显然也成立，②错误；
对于③，时，当，，根据正弦函数在上单调递增可知，，解得，③正确；
对于④，时，，当，，若，有两个零点，则中至少包含一个完整的周期，即，得到，④正确.综上所述故有3项正确.
故选：C
10. 已知是虚数单位，若复数满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据复数的除法算出，然后用模长公式进行求解.
【详解】由题意，，于是.
故答案为：
11. 若直线是圆的一条对称轴，则__________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】由已知，直线过圆心即可求解.
【详解】由题，直线过圆心，将代入直线方程得，解得：.
故答案为：.
12. 在的展开式中，则的系数为________.
【答案】240
【解析】
【分析】写出二项展开式的通项公式，令的幂指数为，求出通项中的即可求解.
【详解】依题意可得，的展开式的通项为
，
令，解得，
故项的系数为.
故答案：240
【点睛】本题考查利用二项式定理求二项展开式中某项的系数；考查运算求解能力；正确写出二项展开式的通项公式是求解本题的关键；属于中档题.
13. 设a、b是正实数，且，则的最小值是_________．
【答案】
【解析】
【分析】将所求式子变为，整理为符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得结果.
【详解】
是正实数
当且仅当，即时取等号

本题正确结果：
【点睛】本题考查基本不等式求解和的最小值的问题，关键是构造出符合基本不等式的形式，从而得到结果，属于常规题型.
14. 现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则__________，_________．
【答案】 ①. ， ②. ##
【解析】
【分析】利用古典概型概率公式求，由条件求分布列，再由期望公式求其期望.
【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有种，所以，
由已知可得的取值有1，2，3，4，
，，
，
所以,
故答案为：，.

15. 在平面四边形中，，，若，则_____；若为边上一动点，当取最小值时，则值为_____．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【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.
16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
（1）求的值；
（2）若，
（i）求的值；
（ⅱ）求的值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用正弦定理运算求解；
（2）（i）利用余弦定理运算求解；（ⅱ）根据三角恒等变换运算求解.
【小问1详解】
由，且C是三角形的内角，则，
因为，由正弦定理得，
所以.
【小问2详解】
（i）由余弦定理得，
即，解得或.
（ⅱ）由（1）知，由知A为锐角，得，
所以，
，
所以.
17. 已知直三棱柱中，，，，D,E分别为的中点，F为CD的中点.

（1）求证：//平面ABC；
（2）求平面CED与平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明垂直平面的法向量即可；
（2）利用空间向量求出两个平面的法向量，然后用夹角公式计算；
（3）利用点到面距离的向量的公式计算.
【小问1详解】

在直三棱柱中，平面，且，
以点B为坐标原点，BC，BA，所在直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系.
则，，，，.
易知平面ABC的一个法向量为，则，故，又因为平面，故//平面
【小问2详解】
，
设平面CED的法向量为，则，
不妨设，因为，
设平面CED的法向量为，则，不妨设
则
因此，平面CED与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
因为，根据点到平面的距离公式，
则
即点到平面CED的距离为.
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点，直线的倾斜角为，原点到直线的距离是．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知直线与椭圆相切，切点在第二象限，过点作直线的垂线，交椭圆于，两点（点在第二象限），直线交轴于点，若，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出直线的方程，由原点到直线的距离是，列方程解出，进而求出椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，令，解出和切点的坐标；由已知，直线的方程为，与椭圆方程联立，可得的坐标；由于与的面积相等，且，可得，结合列方程，求出，得到直线的方程．
【小问1详解】
因为点，且直线的倾斜角为，
所以直线的方程为，所以，即
又原点到直线的距离是，
所以，所以，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
由题意知，直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，则直线的方程为．
联立，消去，化简得．
因为直线与椭圆相切，所以，即，
化简得，且切点为．
联立，消去，得，解得，
所以，．
因为为的中点，所以与的面积相等，
又，所以，
所以，即．
所以，即．
又，所以，解得．
因为，，所以，，
故直线的方程为．
19. 设是各项均为正数的等差数列，，是和的等比中项，的前项和为，.
（1）求和的通项公式;
（2）设数列的通项公式.
（i）求数列的前项和；
（ii）求.
【答案】（1），；（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）因为，是和的等比中项，根据等比中项可求得，再根据等差数列的通项公式求出，利用与的关系，证出是以2为首项，2为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项公式；
（2）根据（1）中和的通项公式，列出数列的通项公式，利用分组求和法，分成奇数组和偶数组，即可求出数列的前项和；
将分为奇数和偶数两种情况，当为奇数时，设，运用裂项相消法化简求出结果；当为偶数时，设，运用错位相减法求出结果；分别求解出后，相加求得的值即可．
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
因为，是和的等比中项，
所以，即，
解得，因为是各项均为正数的等差数列，
所以，
故，
因为，所以，
两式相减得：，
当时，，，
是以2为首项，2为公比的等比数列，
.
（2）（i）解：，
所以
.
（ii）解：当为奇数时，
设
，
当为偶数时，
设，
，
所以，
故，
所以.
【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和前项和公式，以及运用分组求和法、裂项相消法和错位相减法求和，属于中档题．
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，讨论函数在上的单调性；
（3）证明：对任意的，有．
【答案】（1）
（2）在上单调递增.
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
小问1详解】
解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
【小问2详解】
解：因为，
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
【小问3详解】
解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.