2023届天津市滨海新区大港第一中学高三上学期1月阶段性测试数学试题（解析版）

2023届天津市滨海新区大港第一中学高三上学期1月阶段性测试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分别求出集合，再根据补集和交集得定义即可得出答案.

【详解】解：，

由，得，解得，

所以，

所以，

所以.

故选：C.

2．若，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】A

【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.

【详解】解：当时，，故充分性成立；

当时，，则，正负不确定，故必要性不成立，

故选：A

3．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】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.

4．教育部《关于落实主体责任强化校园食品安全管理的指导意见》指出，非寄宿制中小学幼儿园原则上不得在校园内设置食品小卖部或超市，已设置的要逐步退出.某校对学生30天内在小卖部消费过的天数进行统计，（视频率为概率，同一组中数据用该组区间右端点值作代表），则下列说法不正确的是（    ）

A．该校学生在小卖部消费天数超过20天的概率为50%

B．该校学生在小卖部消费天数不超过15天的概率为25%

C．估计学生在小卖部消费天数平均值约为18天

D．估计学生在小卖部消费天数在25-30天的最多

【答案】C

【分析】由频率分布直方图计算频率可判断ABD，根据频率分布直方图计算均值（注意题中代表数据）判断C．

【详解】超过20天的概率为：，A正确；

不超过15天的概率为：，B正确；

平均值：.C不正确；

消费天数25-30的人数最多，D正确.

故选：C．

5．已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据指数函数及对数函数的单调性结合中间量法即可得出答案.

【详解】解：，

因为，所以，

，

所以.

故选：D.

6．化简的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据对数运算法则和换底公式计算可得.

【详解】解：

.

故选：B.

7．六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无味、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示.若此正八面体的棱长为2，若它的内切球的表面积为，外接球表面积为，则的值为（    ）

A．3 B．2 C． D．

【答案】A

【分析】根据正八面体的结构特征结合条件可得外接球的半径，利用等积法可得内切球半径，进而即得.

【详解】如图正八面体，连接和交于点，

因为，，

所以，，又和为平面内相交直线，

所以平面，所以为正八面体的中心，

设正八面体的外接球的半径为，内切球半径为，因为正八面体的棱长为，

所以，，，

则， ，，

设内切球与平面切于点，所以平面，

所以即为正八面体内切球半径，

因为，，

所以，即，

所以.

故选：A.

8．已知是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（    ）

A． B．3 C．6 D．

【答案】C

【分析】利用椭圆和双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示，再利用均值不等式得到答案．

【详解】设椭圆长轴，双曲线实轴，由题意可知：，

又，，

两式相减，可得：，，

． ，

，当且仅当时取等号，

的最小值为6，

故选：C．

【点睛】本题考查了椭圆双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示是解题的关键，意在考查学生的计算能力．

9．已知函数，其导函数为，设，下列四个说法：

①；

②当时，；

③任意，都有；

④若曲线上存在不同两点，，且在点，处的切线斜率均为，则实数的取值范围为.

以上四个说法中，正确的个数为（    ）

A．3个 B．2个 C．1个 D．0个

【答案】B

【分析】对于①，直接求导函数，根据导数运算判断正误；对于②，利用函数分离思想，结合函数不等式放缩，构造函数分别验证，，即可得结论；对于③，设，确定函数的单调性，从而判断正误；对于④，将问题转化为直线与应存在两个不同的交点，确定导函数增减性与取值情况分析图象，从而可得的取值范围.

【详解】解：对于①，函数，，，

当时，取到等号，故①不正确；

对于②，，设，，所以在恒成立，

则在上单调递减，故，即，

又，则，所以，可得

令，所以在恒成立，

则在上单调递减，故，即，所以，

综上，恒成立，故②正确；

对于③，设，则，

因为，所以，又，设，

所以，又，所以，则恒成立，

所以在上单调递增，则，

所以，单调递减，则恒成立，

所以，即，故③正确；

对于④，因为，所以，令，则得，

所以，，单调递增，，，单调递减，

所以，又得，且

则可以得的图象如下：

因为曲线上存在不同两点，，且在点，处的切线斜率均为，所以，

则与应存在两个不同的交点，所以，故④不正确.

综上，②③正确，①④不正确.

故选：B.

【点睛】本题考查函数的导数运算、不等式恒成立、凸凹性、导数的几何意义，属于难题.本题验证不等式成立的关键是证明指对混合型不等式的方法，根据函数的结构，本题采用的是分离函数的形式，利用对数不等式，先证明，再证明，即可得结论；证明函数凸凹性时，关键是“控制变量”将作为常熟，构造函数，利用导数求解单调性得最值即可证得.

二、填空题

10．若，则______.

【答案】

【分析】令，可得；又比较系数可得；等式右边，系数为

，比较等式左边可得；

【详解】令，则；等式右边系数为，结合等式左边得；

等式右边系数为，比较等式左边可得.

故.

故答案为：

11．有三个笼子，里面分别放有两只雄兔一只雌兔、两只雄兔两只雌兔、以及三只雌兔.如果在从一个笼子里拿出一只雄兔之后，那么再从这个笼子里取出雄兔的概率为______.

【答案】

【分析】由贝叶斯公式与全概率公式求解，

【详解】记三个笼子分别为，

若从一个笼子里拿出一只雄兔，则该笼子为的概率为，

该笼子为的概率为，该笼子为的概率为，

故此时再从从这个笼子里取出雄兔的概率为，

故答案为：

12．已知数列为等差数列，函数，，，若，则数列的前21项和为______.

【答案】

【分析】先化简，令，证得关于对称，利用等差数列可证得与关于对称，故，即可求得答案

【详解】因为，

所以

令，

所以，

所以，即关于对称，

因为，所以数列的前21项和

因为，

所以，

因为数列为等差数列，，

所以，

所以，所以与关于对称，

所以，同理可得，，

又，

所以

故答案为：

13．已知正数，满足，且，则的最小值为______.

【答案】1

【分析】设，则零点即为，由导数法求其零点范围，即可得的值，即可将化成二次函数求最小值.

【详解】正数，满足，则.

设，由，令得，

则当，，单调递减；当，，单调递增，

∵，，，故存在，使得，

又∵正数，满足，故.

∴，当且仅当时，等号成立.

故答案为：1

三、双空题

14．甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一人的口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，则的数学期望为______；数列的通项公式为______.

【答案】         

【分析】根据题意求出和的递推公式，进而求出，然后根据均值的计算公式即可求均值，再利用递推关系求出，代入即可求出的通项公式.

【详解】设恰有1个黑球的概率为，由题意可知：，，

，，

所以当时，则有①，

②，

①②可得：

，

所以，

因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，

所以，则，

所以，

由②知：，因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，则，即，

又因为，将代入，

解得：，

故答案为：；.

15．如图，在中，是边上一点，且，为直线上一点列，满足：，且，则___________，设数列，则的通项公式为___________.

【答案】         

【分析】根据平面向量线性运算得到，结合题干条件得到，整理后得到，从而根据求出，得到，构造法得到为等比数列，求出的通项公式.

【详解】因为是边上一点，且，

故，

为直线上一点列，则，

因为，

则，故，

整理得：，即，

若，则，解得：，此时，解得：，

故为常数为1的数列，但，不合要求，故，

故，

令得：，

因为，所以，解得：

令，则，

即，因此，

所以为等比数列，公比为，首项为，

故，故

故答案为：，

【点睛】由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法，

（1）若，采用累加法；

（2）若，采用累乘法；

（3）若，可利用构造进行求解；

四、解答题

16．在中，内角，，，所对的边分别是，，，已知，且

(1)求的值；

(2)求的值；

(3)若线段，是线段上的动点，且，求的最小值.

【答案】(1)或；

(2)或

(3)

【分析】（1）根据三角恒等变换化简得到，再结合正弦定理得到，化简得到，即可求解；

（2）结合（1）利用两角和的余弦公式即可求解；

（3）过点作于点，以为原点，方向为轴，方向为轴，利用向量的坐标运算和二次函数的性质即可求解.

【详解】（1）由题意得：

，所以，

又知，则由正弦定理得：，即，

所以，即，

则，即，

所以，即，

则，所以，

所以或（），即或（），

又，，，则，即，

所以时，，满足题意，此时，

时，，此时，

综上：或.

（2）由（1）知，当时，，

当时，.

（3）过点作于点，以为原点，方向为轴，方向为轴，

不妨设靠近点，由，，

得：，设，，

由（1）知，为最长边，即，则，

又，，

所以，

故的最小值为.

17．如图所示，四棱雉的侧面为边长为的正方形，且，为棱的中点，为棱上的点.

(1)求证：平面；

(2)求直线与平面所成角的余弦值；

(3)线段上是否存在一点使得平面与平面所成角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)存在点，点到平面的距离为

【分析】（1）由题意可得四棱雉为正四棱锥，建立空间直角坐标系，根据线面关系的向量管子证明即可；

（2）在（1）的基础上，根据线面关系的向量解法求解直线与平面所成角的正弦值，再根据平方关系得余弦值即可；

（3）设设，且，根据平面与平面的夹角余弦值得的值，即可得点，再按照点到平面的距离公式求解点到平面的距离即可.

【详解】（1）证明：如图所示，连接交于，连接，连接，

由于侧面为边长为的正方形，，

所以四棱雉为正四棱锥，则平面，为正方形的中心，且，则以为原点，为轴建立空间直角坐标系，

则，

所以，设平面的法向量为，又，

所以，令，所以，

则，又平面，所以平面；

（2）解：由（1）有，又是平面的一个法向量

所以，则，

则直线与平面所成角的余弦值；

（3）解：设，且，，所以，

设平面的法向量，则，

所以，则，

所以

整理得：，解得，所以

点到平面的距离为.

18．已知椭圆的左、右顶点分别为，右焦点为，且，以为圆心，为半径的圆经过点.

(1)求的方程；

(2)过点且斜率为的直线交椭圆于，

（ⅰ）设点在第一象限，且直线与交于.若，求的值；

（ⅱ）连接交圆于点，射线上存在一点，且为定值，已知点在定直线上，求所在定直线方程.

【答案】(1)

(2)（ⅰ）或；（ⅱ）

【分析】（1）由，可求得，结合椭圆关系可得，由此可得椭圆方程；

（2）（ⅰ）设，与直线联立可得坐标；与椭圆方程联立，结合韦达定理可求得点坐标；利用正弦定理化简已知等式可得，即，利用向量坐标运算可构造方程求得的值；

（ⅱ）设，由点坐标可求得斜率，进而得到方程，与圆的方程联立可得点坐标；设，利用向量数量积坐标运算表示出，可知若为定值，则，知；当直线斜率不存在时，验证可知满足题意，由此可得定直线方程.

【详解】（1）以为圆心，为半径的圆经过点，，即，

，，，，

椭圆的方程为：.

（2）（ⅰ）由（1）得：，可设，，

由得：，即；

由得：，

，，

，，；

在中，由正弦定理得：，

，，

则由得：，

，，即，

，，

，解得：或.

（ⅱ）由题意知：圆方程为：；，；

不妨令位于第一象限，可设，

由（ⅰ）知：，

若直线斜率存在，则，直线，

由得：，，

设，则，

；

当时，为定值，此时，则，此时在定直线上；

当时，不为定值，不合题意；

若直线斜率不存在，则，，，

此时，则直线，设，

则，，，

则时，，满足题意；

综上所述：点在定直线上.

【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆与向量的综合应用问题，涉及到椭圆中的共线向量和向量数量积问题的求解；本题求解点所在定直线的关键是能够根据点横纵坐标之间的关系，结合向量数量积坐标运算化简，将化为关于点横坐标和直线斜率的关系式，从而分析确定定值后，再得到点坐标的特征.

19．已知数列的前项和满足.数列满足，且，，，成等比数列.

(1)求，的通项公式；

(2)若数列满足；求

(3)数列满足，求证：.

【答案】(1)；；

(2)；

(3)证明见解析.

【分析】（1）根据与的关系可得，进而可得为等差数列，可得；根据递推关系可得，然后根据等差数列的概念结合条件可得；

（2）由题可得，然后分类讨论结合等差数列等比数列的求和公式即得；

（3）由题可得，然后利用错位相减法结合条件即得.

【详解】（1）因为，

当时，，可得，

当时，，

所以，即，

所以，又，

所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，

所以，即；

由，可得，

所以，又，

所以数列为首项为2，公差不为零的等差数列，

设公差为，则，

又，，成等比数列，

所以，，又，

解得，

所以，即；

（2）由题可知，，

所以，

当为偶数时，

，

当为奇数时，，

所以；

（3）因为，

所以，

故(时等号成立)，

当时，则，

设，，

则，

，

所以，

所以，

所以，

故当时，；

综上，.

20．已知，函数，

(1)求在的切线方程；

(2)若在恒成立，求的取值范围；

(3)若与有公共点，

（ⅰ）当时，求的取值范围；

（ⅱ）求证：.

【答案】(1)；

(2)；

(3)（ⅰ）；（ⅱ）详见解析.

【分析】（1）根据导数的几何意义即得；

（2）由题可得在恒成立，然后分，，讨论，构造函数，，利用导数求函数的极值即得；

（3）（i）由题可得，在上有解，构造函数，利用函数研究函数的性质即得；

（ii）由题，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立.

【详解】（1）因为，

所以，

所以，而，

故在点处的切线方程为，

即；

（2）由，可得，即在恒成立，

当时，在恒成立，

设，，则，

由，可得，即，

由，可得，即，

所以时，取得极小值，时，取得极大值，又，

故，且，

所以，

所以，

当时，在恒成立，

所以，

所以，

当时，显然成立，

综上，的取值范围为；

（3）（ⅰ）当时，由题可知有解，

显然，所以，在上有解，

设，则，

所以当时，单调递减，当时，单调递增，

所以，

所以；

（ii）因为曲线和有公共点，

即有解，显然，故，

考虑直线，

表示原点与直线上的动点之间的距离，

故，即，

下面证明：对任意，总有，

当时，有，故成立；

当时，即证，

设，，则，

故在上为减函数，

故，即成立，

综上，成立；

下面证明：当时，恒成立，

，则，

故在上为增函数，

故，即恒成立，

下面证明：在上恒成立，即证：，

即证：，即证：，

而，故成立，

故，即成立.

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：

若在区间上有最值，则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

若能分离常数，即将问题转化为：（或），则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.