2023年天津市河西区高考数学质检试卷（一）（含答案解析）

2023年天津市河西区高考数学质检试卷（一）

1.  设全集，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  命题“”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.  若函数的大致图像如图所示，则的解析式可能是(    )

A.
B.
C.
D.

4.  某市为了解全市12000名高一学生的体能素质情况，在全校高一学生中随机抽去了1000名学生进行体能测试，并将1000名的体能测试成绩整理成如下频率分布直方图.根据此频率分布直方图，下列结论中正确的是(    )

A. 图中a的值为
B. 同一组中的数据用该组区间的中点值做代表，则这1000名学生的平均成绩约为
C. 估计样本数据的分位数为88
D. 由样本数据可估计全市高一学生体测成绩优异分及以上的人数约为5000人

5.  设，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  已知，，则m的值为(    )

A. 36 B. 6 C.  D.

7.  已知抛物线，，分别是双曲线的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点，与双曲线的渐近线交于点A，若，则双曲线的标准方程为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到.如图，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的体积为(    )

A.  B.  C.  D.

9.  已知函数的部分图像如图所示，则下列正确个数有(    )
关于点对称
关于直线对称
在区间上单调递减
在区间上的值域为

A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个

10.  已知i是虚数单位，化简的结果为______ .

11.  的展开式中的系数为______ 用数字作答

12.  与直线和圆都相切的半径最小的圆的方程是______ .

13.  某校高三1班第一小组有男生4人，女生2人，为提高中学生对劳动教育重要性的认识，现需从中抽取2人参加学校开展的劳动技能学习，恰有一名女生参加劳动学习的概率为______ ；在至少有一名女生参加劳动学习的条件下，恰有一名女生参加劳动学习的概率为______ .

14.  在梯形ABCD中，，且，M，N分别是DC和AB的中点，若，，用表示______ ，若，则余弦值的最小值为______ .

15.  已知，且函数恰有3个不同的零点，则实数a的取值范围是______ .

16.  在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
求角B的大小；
设，；
求b的值；
求的值.

17.  已知四棱锥中，平面PAB，，，，E为线段DP的中点.
求证：直线平面PAB；
求直线BE与平面PCD所成角的正弦值；
求平面PCD与平面PAD夹角的余弦值.

18.  已知椭圆的左顶点A与上顶点B的距离为
求椭圆C的方程和焦点的坐标；
点P在椭圆C上，线段AP的垂直平分线与y轴相交于点Q，若为等边三角形，求点P的横坐标.

19.  已知函数，
当时；
求曲线的单调区间和极值；
求曲线在点处的切线方程；
若函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围.

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：全集，，
，由得，，
故选
根据全集U和补集的运算求出，再由交集的运算求出
本题的考点是集合的混合运算，直接利用运算的定义求出，是基础题．
 

2.【答案】A 

【解析】解：由，得到与，
故能推出“”，充分性成立．
由：得到或，
不能保证，故必要性不成立．
故答案选
先判充分性，由，得到要使等式成立，必须同时满足：与，故能推出充分性成立；再判别必要性，易得“”不能推出“”，必要性不成立．
此题考查必要条件、充分条件与充要条件的判别．
 

3.【答案】C 

【解析】解：观察四个选项，定义域均为，
则图象中的虚线为，
由题图可知，当时，，
取，则对于B，，所以排除B；
对于D，，所以排除D；
当时，对于A，，此函数图象是由函数的图象向右平移1个单位，
再向上平移1个单位得到的，所以当时，恒成立，
而题图中，当时，可以小于1，所以排除
故选：
结合图象的特点，排除选项ABD，确定选项
本题考查函数的图象，属于基础题．
 

4.【答案】B 

【解析】解：对于A，由频率分布直方图得：
，解得，故A错误；
对于B，这1000名学生的平均成绩约为：
，故B正确；
对于C，的频率为：，
的频率为：，
估计样本数据的分位数为，故C错误；
对于D，由样本数据可估计全市高一学生体测成绩优异分及以上的人数约为：
人，故D错误．
故选：
对于A，由频率分布直方图的性质列方程，能求出a；对于B，利用频率分布直方图的性质能求出这1000名学生的平均成绩；对于C，分别求出的频率为和的频率为，由此能估计样本数据的分位数；对于D，由频率分布直方图中80分及以上学生的频率，能估计全市高一学生体测成绩优异分及以上的人数．
本题考查频率分布直方图的性质、频率、分位数、频数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

5.【答案】C 

【解析】解：，，
，
，
，
故选：
利用对数函数和指数函数的性质求解．
本题考查对数函数和指数函数性质的运用，属于基础题．
 

6.【答案】C 

【解析】解：由题意可得，，，，
又因为，
所以，
所以，
即，
所以
故选：
由已知结合指数与对数的转化及对数的运算性质即可求解．
本题主要考查了指数与对数式的转化及对数的运算性质，属于基础题．
 

7.【答案】C 

【解析】

【分析】

本题考查双曲线的标准方程，抛物线的焦点、准线，以及双曲线的渐近线，属于较易题.
先由抛物线方程得出准线方程，从而得双曲线的半焦距c，再联立抛物线准线方程与双曲线的渐近线方程解得，接着由，可得，从而得，最后再通过建立方程即可求解．

【解答】

解：由题意可得抛物线的准线为，
又抛物线的准线过双曲线的左焦点，
，
双曲线的渐近线方程为，
设直线与直线相交于点，
则，解得，
又，，
，
，
，
又，
，
，，
双曲线的标准方程为
故选

8.【答案】C 

【解析】解：截角四面体的体积为大正四面体的体积减去四个相等的小正四面体体积，
因为棱长为1的正四面体的高
则棱长为1的正四面体的体积，
所以该截角四面体的体积为
故选：
求出棱长为1的正四面体的体积结合条件即得．
本题考查了多面体体积的计算，属于基础题．
 

9.【答案】B 

【解析】解：根据函数的部分图像，
可得，，故有
把点代入，可得，即，，故有
再根据五点法作图，可得，，
令，求得，故不关于点对称，故A错误；
令，求得，为最大值，故关于直线对称，故B正确；
当，，单调递减，故C正确；
当，，
函数的值域为故D错误．
故选：
由函数的图象的顶点坐标求出A和B，由特殊点的坐标求出 ，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A和B，由特殊点的坐标求出 ，由五点法作图求出的值，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：
故答案为：
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 

11.【答案】70 

【解析】

【分析】
本题主要考查二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．
先求出二项式展开式的通项公式，再令x、y的幂指数都等于2，求得r的值，即可求得展开式中的系数．
【解答】
解：的展开式的通项公式为：
，
令，
求得，
故展开式中的系数为，
故答案为  

12.【答案】 

【解析】解：由题意圆的圆心为，半径为，
过圆心与直线垂直的直线方程为，
所求的圆的圆心在此直线上，
又圆心到直线的距离为，
则所求的圆的半径为，
设所求圆心坐标为
则，且
解得，
故答案为
由题意先确定圆心的位置，再结合选项进行排除，并得到圆心坐标，再求出所求圆的半径．
本题是中档题，考查直线与圆的位置关系，数形结合的思想，考查计算能力．
 

13.【答案】  

【解析】解：设A表示事件“恰有一名女生参加劳动学习”，B表示事件“至少有一名女生参加劳动学习”，
则，，
所以
故答案为：；
设A表示事件“恰有一名女生参加劳动学习”，B表示事件“至少有一名女生参加劳动学习”，结合组合数与条件概率公式，分别求得和的值，即可．
本题考查条件概率的求法，组合数与概率的应用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
 

14.【答案】  

【解析】解：如图，

，，M，N分别是DC和AB的中点，且，
，
，且，
，
，
，当且仅当，即时取等号，
余弦值的最小值为
故答案为：
根据向量加法和数乘的几何意义即可得出，同样可得出，根据可得出，从而得出，然后可求出，然后根据基本不等式即可求出最小值．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘和数量积的运算，向量夹角的余弦公式，基本不等式，考查了计算能力，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：函数数恰有3个不同的零点，
有三个解，
即与有三个交点，分别画出函数与的图象，
当时，与只有一个交点，
则当时，函数，与的图象有必有两个交点，
有图象可知a的范围为，
故答案为：
函数的零点的问题也是函数的图象的交点问题，分别画出函数的图象，由图象可知a的范围．
本题主要考查了函数零点的问题，关键采用数形结合的思想，属于中档题．
 

16.【答案】解：，
由正弦定理，可得，可得：，
可得：，化简可得：，
，

由可知，并且，，
所以根据余弦定理可得，解得；
根据正弦定理可知，又因为，
所以可得，，
根据，且，可得，
所以，，
 

【解析】根据正弦定理可得，进而得，从而得解；
由可知，根据余弦定理即可求解；
根据正弦定理可得，，根据，可得，进而求得和，再根据两角和的正余弦定理求解即可．
本题主要考查解三角形，属于中档题．
 

17.【答案】解：证明：取PA中点F，连接EF，BF，又E为线段DP的中点，
，又，，又，
又，，四边形EFBC为平行四边形，
，又平面PAB，平面PAB；
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，，，
，，，
设平面PCD的一个法向量为，
则，令，则，，
，；
设平面PAD的一个法向量为，
，，
则，令，则，，
，，
平面PCD与平面PAD夹角的余弦值为 

【解析】取PA中点F，连接EF，BF，利用线线平行易证平面PAB；
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求得直线BE的方向向量与平面PCD的一个法向量，可求直线BE与平面PCD所成角的正弦值；求得平面PAD的一个法向量，利用向量法可求平面PCD与平面PAD夹角的余弦值．
本题考查直线与平面平行的证明，考查直线与平面所成角的求法，考查二面角的求法，考查学生逻辑思维能力，计算能力，属中档题．
 

18.【答案】解：依题意，有所以
所以椭圆方程为 ，
所以，
焦点坐标分别为，
方法1：设，则，且，
若点P为右顶点，则点Q为上或下顶点，，
不是等边三角形，不合题意，所以，
设线段PA中点为M，所以，
因为，所以，
因为直线PA的斜率，所以直线MQ的斜率，
又直线MQ的方程为，
令，得到，
因为，所以，
因为为正三角形，
所以，即
化简，得到，解得舍
故点P的横坐标为
方法2：设，直线AP的方程为
当时，点P为右顶点，则点Q为上或下顶点，，
不是等边三角形，不合题意，所以
联立方程，消元得，
所以，所以，
设线段PA中点为M，所以，，
所以，
因为，所以，
所以直线MQ的方程为，
令，得到，
因为为正三角形，所以，
所以，
化简，得到，解得舍，
所以，
故点P的横坐标为
方法3：设，当直线AP的斜率为0时，点P为右顶点，
则点Q为上或下顶点，，
不是等边三角形，不合题意，所以直线AP的斜率不为
设直线AP的方程为，
联立方程 ，消元得，，
所以，
设线段PA中点为M，所以，，
所以，
因为，所以，
所以直线MQ的方程为，
令，得到
因为为正三角形，所以
所以
化简，得到，解得舍
所以，
故点P的横坐标为 

【解析】推导出，从而，由此能求出椭圆方程和焦点坐标．
方法1：设，则，且，推导出，设线段PA中点为，，直线PA的斜率，直线MQ的斜率，直线MQ的方程为，求出，由为正三角形，得到，由此能求出点P的横坐标．
方法2：设，直线AP的方程为推导出联立方程，得，由韦达定理得，设线段PA中点为M，则，由，得直线MQ的方程为，从而，由为正三角形，能求出点P的横坐标．
方法3：设，直线AP的斜率不为设直线AP的方程为，联立方程 ，得，从而，设线段PA中点为M，则，由，得直线MQ的方程为，从而，由为正三角形，得到，由此能求出点P的横坐标．
本题考查椭圆的方程、焦点坐标的求法，考查点的横坐标的求法，考查直线与椭圆的位置关系、韦达定理、弦长公式等基础知识，综合程度较高，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，属于中档题．
 

19.【答案】解：当时，，，
，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以，无极小值，
综上的单调递增区间为，单调递减区间为，，无极小值；
因为，所以切点为，
又因为，即切线的斜率，
所以曲线在处的切线方程为，
即；
由题意可得在内有两个不等实根，
设，，
则，
，
当，即时，
若，则，单调递增；若，则，单调递减；
所以，
则所求方程只有一个根为，不符合题意，舍去；
当，即时，，
①当，即时，
若，则，单调递减；若，则，单调递增；
所以，
则所求方程只有一个根为，不符合题意，舍去；
②当，即时，
若，则，单调递增，
又，
则所求方程只有一个根为，不符合题意，舍去；
③当，即时，
若，则，单调递增，
若，则，单调递减，
若，则，单调递增，
又，可知，
因为，
因为，
所以，
即，
因为时，，
因为，所以，
所以在区间单调递增，
由零点存在定理可得存在唯一，使，
又，此时所求方程有2个不同解，符合题意；
④当，即时，
若，则，单调递增；若，则，单调递减；若，则，单调递增；
又，于是，
令，，
则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以，
，
因为，所以，，，
因为在上单调递增，由零点存在定理可得存在唯一，使，
又使，
此时所求方程有2个不同解，符合题意；
综上所述，当时，函数有两个不同零点． 

【解析】将代入的解析式，求导：
根据导数的正负，即可得函数的单调区间；
求出切点及切线的斜率，由点斜式写出切线方程，再化简即可；
对函数求导得，，分、讨论的正负及的最值，再结合零点存在定理，求解即可．
本题考查了转化思想、导数的几何意义、综合运用及分类讨论思想，属于难题．