2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三下学期十二校联考（二）数学模拟试题含解析

2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三下学期十二校联考（二）数学模拟试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，先将集合化简，然后根据交集的运算即可得到结果.

【详解】因为

，则且，则可得

所以

故选:C

2．设向量，，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】B

【分析】首先根据，求的值，再判断充分，必要条件.

【详解】由条件可知，，

得，化简得，

得或，

即或

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

3．函数 的大致图象为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由函数的奇偶性排除BD选项，再根据时排除C得A.

【详解】解：因为当时，，则，当时，，

所以函数为奇函数，图像关于原点对称，故排除BD；

因为当时，，，故，

所以C选项不满足，A选项满足.

故选：A

4．已知，，若，则的值为（    ）

A． B．5 C． D．25

【答案】D

【分析】利用指对数互化，及对数运算性质可得，结合已知列方程求n值.

【详解】由题设，，

所以，则，即.

故选：D

5．下列说法正确的是（    ）

A．若，，，则.

B．若将6名教师分到3所中学任教，每所学校至少一名教师且人数互不相同，则有320种不同的分法.

C．一组数据为148，150，151，153，153，154，155，156，156，158，163，165，则这组数据的上四分位数是156.

D．投掷一枚质地均匀的骰子两次，记事件A={两次的点数均为奇数}，事件B={两次的点数之和为4}，则.

【答案】D

【分析】根据相关的定义和计算方法以及函数的单调性逐项分析.

【详解】对于A，函数，当时是减函数，函数，当时是增函数，

，，，错误；

对于B，依题意将6名教师分为3组，各组的人数分别为1,2,3，共有种分法，

再将3组教师分配到3所中学，有种分法，所以总共有种分法，错误；

对于C，对于给定的数据，一共是12个，所以中位数是，

在154.5的右边有6个数据，所以上四分位数是，错误；

对于D，设两次投掷的点数为，

则事件，事件，

根据条件概率的定义，正确；

故选：D.

6．已知函数，，下列命题中：

①的最小正周期是，最大值是；

②；

③的单调增区间是（）；

④将的图象向右平移个单位得到的函数是偶函数，

其中正确个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】化简可得，即可求出周期、最大值，得出①；代入化简，即可得出②；解，即可得出③；根据图象平移，得出，求出即可判断④.

【详解】.

对于①，，

因为，所以的最大值为，故①正确；

对于②，

，故②正确；

对于③，由可得，

，

所以，的单调增区间是（），故③正确；

对于④，将的图象向右平移个单位得到的函数为

，

，故④错误.

综上所述，①②③正确.

故选：C.

7．设双曲线的左、右焦点分别为，，O为坐标原点．以为直径的圆与双曲线的右支交于P点，且以为直径的圆与直线相切，若，若双曲线C与抛物线有共同的右焦点，则抛物线的标准方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设以为直径的圆与直线相切于点N，圆心为M，则，因此，所以，由此可求出，而，再由勾股定理可得，而已知，从而可求出的值，即可得到结果.

【详解】

依题意知，设以为直径的圆与直线相切于点N，圆心为M，则，因此，所以．

设双曲线的焦距为，则，解得，

由勾股定理可得，

于是，，

又因为双曲线C与抛物线有共同的右焦点，

则，所以，

即抛物线方程为

故选:A

8．如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后､左右､上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形，高为4，且两个四棱柱的侧棱互相垂直，则这个几何体的体积为（    ）

A．32 B． C． D．

【答案】D

【分析】该几何体的体积为两个四棱柱的体积和减去这两个四棱柱交叉部分的体积.

【详解】两个四棱柱的体积和=2×2×2×4=32，交叉部分的体积为四棱柱S-ABCD的体积的2倍.

在等腰三角形ABS中，，边SB上的高为2，则.

所以，由该几何体前后､左右､上下均对称，知：四边形ABCD为边长为的菱形.

设AC的中点为H，连接BH､SH，由题意，得SH为四棱锥S-ABCD的高.

，所以.，在Rt△ABH中，.

所以.

因为BH=SH，所以.

所以这个几何体的体积.

故选：D.

9．已知函数，则下列说法中正确的是（    ）

①函数有两个极值点；

②若关于的方程恰有1个解，则；

③函数的图象与直线（）有且仅有一个交点；

④若，且，则无最值.

A．①② B．①③④ C．②③ D．①③

【答案】D

【分析】求出分段函数的解析式以及各段导函数，得出函数的单调区间，即可得出①；作出函数图象，即可判断②；根据①求得的导函数，可推得，有恒成立，即可得出③；作图，根据图象得出与有3个交点时，的范围.然后用表示出，即可得出，构造函数，通过导函数研究函数的单调性，得出函数的最值，即可判断④.

【详解】对于①，当时，，恒成立，

所以在上单调递增；

当时，，恒成立，

所以，在上单调递减；

当时，，恒成立，

所以，在上单调递减.

综上所述，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.

所以，在处取得极小值，在处取得极大值，故①正确；

对于②，作出的图象如下图1

由图1可知，若关于的方程恰有1个解，则或，故②错误；

对于③，由①知，当时，，

因为，所以，所以，当且仅当；

当时，；

当时，，

因为，所以，所以，当且仅当.

综上所述，，有恒成立.

又直线可化为，斜率为，

所以函数的图象与直线（）有且仅有一个交点，故③正确；

对于④，

由图2可知，当时，函数的图象与有3个不同的交点.

则有，所以，

所以，.

令，，

则.

令，则在上恒成立，

所以，在上单调递增.

又，，

根据零点存在定理可知，，使得，

且当时，，

所以，所以在上单调递减；

当时，，

所以，所以在上单调递增.

所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，无最大值，故④错误.

综上所述，①③正确.

故选：D.

【点睛】方法点睛：遇到条件时，常设，然后根据图象得出的范围.根据解析式，用表示出，将所求表达式表示为的函数，根据导函数研究函数的单调性、极值、最值等.

二、填空题

10．是复数单位，化简的结果为________．

【答案】/4i+3

【分析】复数的乘除运算法则计算即可.

【详解】复数的乘除运算法则计算:

故答案为：

11．若 展开式中所有项的系数和为 256 ，其中为常数，则该展开式中项的系数为________

【答案】28

【分析】由结合所有项的系数和得出，再由二项展开式的通项求解即可.

【详解】因为 展开式中所有项的系数和为 256 ，所以，解得，

由题意得 展开式中项的系数与展开式中的项的系数相同.

 展开式的通项，令，得，

所以展开式中 项的系数为.

故答案为：

12．已知圆与直线相交所得圆的弦长是，若过点作圆的切线，则切线长为______.

【答案】

【分析】先将圆的方程化为标准方程，求出圆心和半径，再由弦，弦心距和半径的关系列方程可求出，然后求出圆心与间的距离，再利用勾股定理可求得结果.

【详解】由，得，

则圆心为，半径为，

圆心到直线的距离为，

因为圆与直线相交所得圆的弦长是，

所以，解得或（舍去），

所以圆心为，半径为，

所以与间的距离为，

所以所求的切线长为，

故答案为：.

三、双空题

13．从某地高中男生中随机抽取100名同学，将他们的体重（单位：kg）数据绘制成频率分布直方图（如图）．由图中数据可知体重的平均值为____kg；若要从体重在[ 60 , 70），[70 ，80) , [80 , 90]三组内的男生中，用分层抽样的方法选取12人参加一项活动，再从这12人选两人当正负队长，则这两人体重不在同一组内的概率为________．

【答案】         

【分析】根据平均数公式求出体重的平均值，再求出三组人数之比，最后根据古典概型的概率公式计算可得.

【详解】解：（1）由题可知，体重的平均值为；

（2）在[60,70),[70,80),[80,90)三组男生中抽取的人数之比为3:2:1，故这三组男生抽取的人数分别为、、，

所有的选法有种，这两个人身高不在同一组内的选法有种，

故两人身高不在同一组的概率；

故答案为：；

四、填空题

14．平面四边形中，，，，，，点在直线上，点在直线上，且，，，则的最小值为______.

【答案】

【分析】过点作于点，以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，根据已知得出点以及向量的坐标，根据，得出，然后根据基本不等式“1”的代换，即可得出答案.

【详解】过点作于点.

因为，，

所以，，.

如图，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，

则，，，，，

所以，，，，，

所以，，，

所以，，.

因为，

所以有，

所以，所以，

所以，，

当且仅当，即，时等号成立.

故答案为：.

五、双空题

15．已知函数当时，不等式的解集是______；若关于的方程恰有三个实数解，则实数的取值范围是______．

【答案】         

【分析】结合绝对值函数以及一元二次函数的图象和性质，利用数形结合进行讨论分析求解即可．

【详解】解：当时，，

当时，由得，

当，不等式等价为，即此时不等式不成立，

当时，不等式等价为，得，

当时，由得，得，得，此时无解，

综上不等式的解集，

当时，的最小值为，在，上的最大值为（1），

当时，函数是开口向下的抛物线对称轴为，顶点为，

当时，最多有两个零点，

当时，最多有两个零点，

则要使恰有三个实根，

则当时，有两个零点，时有一个零点，

或当时，有一个零点，时有两个零点，

①若当时，有两个零点，则，得，即，

此时当时只能有一个零点，

若对称轴满足，此时当时，必有一个零点，

则只需要当时，（1），即，

得，此时，

若对称轴满足，此时在上为增函数，

要使此时只有一个零点，则（1）

即，得，此时，

②若当时，有一个零点，此时（1），

即时，

此时当时，函数的对称轴，

要使时有两个零点，则（1）

即，得舍或，此时，

综上实数的取值范围是或，

故答案为：，．

【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，以及函数零点个数的应用，结合绝对值函数和一元二次函数的图象和性质，利用数形结合以及分类讨论的思想是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．

六、解答题

16．在中，角、、的对边分别为、、，已知.

(1)求的值；

(2)若，

（ⅰ）求的值；

（ⅱ）求的值.

【答案】(1)

(2)（ⅰ）；（ⅱ）

【分析】（1）利用正弦定理化简原式，直接利用余弦定理求的值即可；

（2）（i）由（1）可得，再利用正弦定理求的值，利用同角三角函数的基本关系和两角和的正切公式即可求解；

（ii）由二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式可得结果．

【详解】（1）在中，由正弦定理

可得：，整理得，

由余弦定理，可得；

（2）（i）由（1）可得，又由正弦定理，

及已知，可得，

由已知，可得，故有，

为锐角，可得，，

则；

（ii）由（i）可得，,

.

17．在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面所成角的大小；

(3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】先证明直线PD⊥平面ABCD.以点D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系.

（1）利用向量法证明平面；

（2）利用向量法求平面与平面所成角；

（3）设，因为异面直线与所成角的余弦值为，求出t的值，代点到面的距离公式求点到平面的距离.

【详解】（1）证明：（1）∵平面平面，平面平面，

平面，，所以直线平面.

以为原点，，，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，

由题可知为平面的一个法向量，所以.

又因为平面，平面.

（2）解：，，，

设平面的法向量，

则，取，得，

设平面的法向量，

则，取，得，

设平面与平面所成角的大小为，

则，，

∴平面与平面所成角的大小为.

（3）点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，

设则，，，，

，

解得，∴线段的长为.

设平面的法向量，

则，取，得，

又，所以.

18．已知等差数列的前项和为，公差为1，且满足．数列是首项为2的等比数列，公比不为1，且、、成等差数列，其前项和为．

(1)求数列和的通项公式；

(2)若，求正整数的值；

(3)记，求数列的前项和．

【答案】(1)，；

(2)4；

(3).

【分析】（1）由求出的首项，由、、成等差数列求出的公比，再求出它们的通项作答.

（2）求出，，再求出数列前n项和，代入给定等式求解即得.

（3）利用（1）的结论求出，再借助分组求和法、错位相减法求解作答.

【详解】（1）依题意，，解得，则，

设数列的公比为q，因，，成等差数列，则，有，而，解得，，

所以数列和的通项公式分别为：，.

（2）由（1）知，，，，

依题意，，整理得，而，解得，

所以正整数n的值是4.

（3）由（1）知，

令数列的前n项和为，数列的前n项和为，

则，

于是得，

两式相减得：，

因此，，

，

数列的前项和.

【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解．

19．已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：与椭圆E相切于点T．

(1)求椭圆E的离心率；

(2)求椭圆E的标准方程及点T的坐标；

(3)设O为坐标原点，直线l＇平行于直线OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P，那么是否存在常数λ，使得？如果存在，求出λ的值；如果不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)，

(3)

【分析】（1）由题意可得，由离心率的公式求解即可.

（2）利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去得关于的方程有两个相等的实数根，解出的值，从而得到椭圆的方程；

（3）设直线的方程为，由方程组，解出点的坐标，求出，把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，即可得出答案.

【详解】（1）椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，

所以，则，.

所以椭圆E的离心率为.

（2）由（1）知，，则椭圆E的方程为.

由方程组 得.①

方程①的判别式为，由，得，

此时方程①的解为，

所以椭圆E的方程为.

点T坐标为（2,1）.

（3）由已知可设直线的方程为，

由方程组 可得

所以P点坐标为（），.

设点A，B的坐标分别为.

由方程组 可得.②

方程②的判别式为，由，解得.

由②得.

所以，

同理，

所以

.

故存在常数，使得.

20．设函数．

(1)求的单调区间；

(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：

（ⅰ）若，则；

（ⅱ）若，则．

（注：是自然对数的底数）

【答案】(1)的减区间为，增区间为.

(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.

【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.

（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.

【详解】（1），

当，；当，，

故的减区间为，的增区间为.

（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，

故，

故方程有3个不同的根，

该方程可整理为，

设，

则

，

当或时，；当时，，

故在上为减函数，在上为增函数，

因为有3个不同的零点，故且，

故且，

整理得到：且，

此时，

设，则，

故为上的减函数，故，

故.

（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：

故在上为减函数，在上为增函数，

不妨设，则，

因为有3个不同的零点，故且，

故且，

整理得到：，

因为，故，

又，

设，，则方程即为：

即为，

记

则为有三个不同的根，

设，，

要证：，即证，

即证：，

即证：，

即证：，

而且，

故，

故，

故即证：，

即证：

即证：，

记，则，

设，则，所以，

，

故在上为增函数，故，

所以，

记，

则，

所以在为增函数，故，

故即，

故原不等式得证：

【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.