2023届高考数学一轮复习测试调研卷（天津地区使用）

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2023届高考数学一轮复习测试调研卷（天津地区使用）【考试时间：120分钟】【满分：150分】一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分）1.已知集合，，，则(   )A. B. C. D.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3.函数的图象大致为(   ).A. B.C. D.4.为了更好地支持“中小型企业”的发展，某市决定对部分企业的税收进行适当的减免，某机构调查了当地的中小型企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，下面三个结论：

①样本数据落在区间的频率为0.45；
②如果规定年收入在500万元以内的企业才能享受减免税政策，估计有的当地中小型企业能享受到减免税政策；
③估计样本的中位数为480万元.
其中正确结论的个数为(   )A.0 B.1 C.2 D.35.已知实数，则这三个数的大小关系正确的是(   )A. B. C. D.6.已知函数是定义在R上的函数，.若对任意的，且，有，则不等式的解集为(   )A. B. C. D.7.已知抛物线的准线与双曲线相交于A，B两点，F为抛物线的焦点，若为直角三角形，则实数(   )A. B. C. D.8.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图所示.已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为，设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则(   )A.2 B. C.1 D.9.已知函数，则下列结论不正确的有(   )A.函数的最大值为2B.函数的图象关于点对称C.函数的图象与函数的图象关于x轴对称D.若实数m使得方程在上恰好有三个实数解，则一定有二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分）10.已知复数z满足，则________.11.的展开式中的常数项为-32，则实数a的值为________；展开式中含项的系数为________.12.设，直线与直线相交于点P，点Q是圆上的一个动点，则的最小值为__________.13.不透明的盒中有大小、形状完全相同的个球，其中m个红球，2个绿球，3个黄球，若从盒中任取3个球，其中至多有一个红球的概率为，则_______；记为取出的3个球中的红球的个数，则随机变量的数学期望_______.14.如图，在长方形ABCD中，M，N分别为线段BC，CD的中点.若，则的值为______.15.函数有两个零点，且极大值小于1，则实数a的取值范围是________.三、解答题（本题共5小题，共75分）16.（15分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，.（1）求角C的大小；（2）求的值；（3）求的值.17.（15分）如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面平面ABCD，，，，.（1）求证：平面平面BED.（2）求直线CA与平面BEF所成角的正弦值.（3）在线段AF上是否存在点M，使得二面角的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.18.（15分）已知为等差数列，为等比数列，，，.（1）求和的通项公式；（2）记的前n项和为，求证：；（3）对任意的正整数n，设求数列的前2n项和.19.（15分）已知椭圆的离心率为，直线过E的上顶点和右焦点，直线过E的右顶点，，与之间的距离为.(1)求椭圆E的标准方程.(2)已知过原点的直线与椭圆E交于A，B两点，点C是E上异于A，B的点，且，试问在x轴上是否存在点M，使得点M到直线AC的距离为定值？若存在，求出定值与点M的坐标；若不存在，请说明理由.20.（15分）已知函数.（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）设，讨论函数在上的单调性；（Ⅲ）证明：对任意的s，，有.
答案以及解析1.答案：A解析：因为，所以.又，所以.2.答案：A解析：由可得成立；当时，推不出一定成立.所以“”是“”的充分不必要条件.3.答案：A解析：由题意知函数的定义域为R，定义域关于原点对称，因为，所以函数为偶函数，其图象关于y轴对称，故排除B，D.由，故排除C.故选A.4.答案：D解析：由，得，
所以数据在区间的频率为，①正确；
数据在区间的频率为，②正确；
数据在区间的频率为0.3，数据在区间的频率为0.55，
故估计中位数为，③正确.5.答案：A解析：由题意可知，，，，，故，故选A.6.答案：C解析：由知，故不等式可化为，即，设，则函数是R上的增函数，又，所以不等式可化为，所以，即，解得，故选C.7.答案：D解析：由题知，抛物线的准线为，联立，为直角三角形，，即，解得，故选D.8.答案：A解析：由球的半径为R，知酒杯下部分（半球）的表面积为，由酒杯内壁表面积为，得圆柱侧面积为，设酒杯上部分（圆柱）的高为h，则，解得，酒杯下部分（半球）的体积，酒杯上部分（圆柱）的体积，所以.故选A.9.答案：B解析：由函数可得最大值为2，故A项正确；可令，可得，，即有对称中心为，故B项不正确；函数的图象关于x轴对称的函数为，故C项正确；由函数在上的大致图象，可得方程在上恰好有三个实数解，则，故D项正确.10.答案：解析：因为复数z满足，则.11.答案：-2；-842解析：的通项，所以的展开式中的常数项为，解得.所以的展开式中含项的系数为.12.答案：解析：由题意得：，，恒过定点，恒过定点，又，点轨迹是以MN为直径的圆，即为圆心，为半径的圆，点轨迹为，圆与圆C的圆心距，两圆相离，的最小值是两圆圆心距d减去两圆半径之和，即.故答案为.13.答案：3；解析：从个球中任取3个球，共有种情况，由题意得，所以，的所有可能取值为0，1，2，3，所以，，，，所以.14.答案：解析：根据题意得，，.，，解得.15.答案：解析：由题知的定义域为，则，当时，，则在上单调递增，函数不可能有两个零点；当时，令，得；令，得，则在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，极大值为.又当时，；当时，，且有两个零点，，解得.的极大值小于1，，解得.综上，实数a的取值范围是.16.答案：（1）（2）（3）解析：（1）在中，由余弦定理及，，，有.又因为，所以.（2）在中，由正弦定理及，，，可得.（3）由及，可得，进而，.所以，.17.答案：（1）见解析（2）（3）在线段AF上存在点M使得二面角的大小为60°，此时解析：（1）因为平面平面ABCD，平面平面，平面ADEF，，所以平面ABCD.因为平面ABCD，所以.又四边形ABCD是正方形，所以.因为，平面BED，平面BED，所以平面BED.又平面ACE，所以平面平面BED.（2）因为DA，DC，DE两两垂直，所以以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，所以，，.设平面BEF的法向量为，则取，得为平面BEF的一个法向量.所以.所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.（3）假设在线段AF上存在符合条件的点M，由（2）可设，，则.设平面MBE的法向量为，则令，得为平面MBE的一个法向量.由（1）知平面BED，所以是平面BED的一个法向量，，整理得，解得，故在线段AF上存在点M使得二面角的大小为60°，此时.18.答案：（1）；（2）见解析（3）解析：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.由，，可得，从而的通项公式为.由，，，可得，解得，从而的通项公式为.（2）由（1）可得，故，，从而，所以.（3）当n为奇数时，；当n为偶数时，.对任意的正整数n，有，和.①由①得.②由①②得，从而得.因此.所以，数列的前2n项和为.19.答案：(1)标准方程为.(2)存在，点.解析：(1)因为椭圆E的离心率为，所以，则，所以直线的斜率为-1.如图，设E的右焦点为F，右顶点为P，上顶点为Q，过点P作于点D，则，所以，即，解得，则.故椭圆E的标准方程为.(2)由题意可得点O是线段AB的中点.又，所以.①当直线AC的斜率存在时，设直线AC的方程为，由，得，则，即.由根与系数的关系可得，由可得，即，即，所以，故.假设存在点满足条件，设点M到直线AC的距离为d，则，当时，为定值，即d为定值.②当直线AC的斜率不存在时，根据椭圆的对称性可得，所以，故，点到直线AC的距离为.综上可得，存在点，使得点M到直线AC的距离为定值.20.答案：（Ⅰ）（Ⅱ）在上单调递增（Ⅲ）见解析解析：（Ⅰ）由题，，
故，，
因此，曲线在点处的切线方程为.（Ⅱ）解法一：，
则，设，，
则，故在上单调递增，故，
因此对任意的恒成立，
故在上单调递增.解法二：，
则，
又，当时，，
故对任意的恒成立，
故在上单调递增.（Ⅲ）设，
则，
由（Ⅱ）知在上单调递增，
故当，时，，
因此，在上单调递增，故，
因此，对任意的，有.