2023届天津市十二区重点学校高三下学期联考（一）数学试题含解析

2023届天津市十二区重点学校高三下学期毕业班联考（一）数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用补集和交集的定义即可求解.

【详解】因为，，

所以，

所以．

故选：C.

2．设，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】解出条件和结论中的两个不等式，通过解集的包含关系判断结果．

【详解】由，解得：；解得，

由，∴“”是“”的的充分不必要条件．

故选：A

3．函数在其定义域上的图象大致是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用函数的奇偶性，以及特殊点的函数值符号即可由排除法选出正确图象.

【详解】，

所以函数是奇函数，图象关于原点对称，故排除选项，

因为当时，，，

又因为时，，所以，

，，所以，故在区间与轴有三个交点，故排除.

故选：C.

4．某校1000名学生参加环保知识竞赛，随机抽取了20名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．频率分布直方图中的值为0.004

B．估计这20名学生考试成绩的第60百分位数为75

C．估计这20名学生数学考试成绩的众数为80

D．估计总体中成绩落在内的学生人数为150

【答案】D

【分析】根据所有矩形的面积和为1求出，然后逐一判断即可.

【详解】由可得，故A错误；

前三个矩形的面积和为，所以这20名学生数学考试成绩的第60百分位数为80，故B错误；

这20名学生数学考试成绩的众数为75，故C错误；

总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确.

故选：D

5．已知是偶函数，当时， 单调递减，设，则的大小关系是

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数图象比较a、b、c的大小，结合函数为偶函数及单调性即可比较的大小．

【详解】，所以

，所以

，所以

因为是偶函数，当时，单调递减，所以，

所以

故选：C

【点睛】本题考查了函数图像与性质的综合应用，属于基础题．

6．如图，几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为，圆柱的上、下底面的圆心分别为、，若该几何体存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知，则该组合体的体积等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由组合体的特征确定球心在中点，再由得出底面半径，进而得出组合体体积.

【详解】设该组合体外接球的球心为，半径为，易知球心在中点，则.

则圆柱的底面半径为，

则该组合体的体积等于.

故选：A

7．由伦敦著名建筑事务所Steyn Studio设计的南非双曲线大教堂惊讶世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品．若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线下支的一部分，以原点为圆心，双曲线虚半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线分別相交于、、、四点，四边形的面积为，则双曲线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】不妨设点、、、分别为第一、二、三、四象限内的点，写出双曲线的渐近线方程，将渐近线方程与圆的方程联立，求出点、、、的坐标，利用矩形的面积公式可求得的值，即可得出该双曲线的方程.

【详解】双曲线的渐近线方程为，

以原点为圆心，双曲线虚半轴长为半径长的圆的方程为，

联立可得或，

不妨设点、、、分别为第一、二、三、四象限内的点，

则、、、

，

易知四边形为矩形，且，，

故四边形的面积为，可得，

因此，该双曲线的方程为，

故选：B.

8．已知函数，以下说法中，正确的是（）

①函数关于点对称；

②函数在上单调递增；

③当时，的取值范围为；

④将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解折式为．

A．①② B．②③④ C．①③ D．②

【答案】D

【分析】利用倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，再利用正弦函数的性质，解决函数图像的对称中心、单调区间、值域和平移问题.

【详解】由题意可得，

,

由，则，所以图像的对称中心为，说法①错误；

，则，是函数单调递增区间，说法②正确；

当时，，，则的取值范围为，说法③错误；

将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解折式为，说法④错误.

故选：D

9．如图所示，梯形中，，点为的中点，，，若向量在向量上的投影向量的模为4，设、分别为线段、上的动点，且，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由向量的运算及投影向量的模求出梯形的直角边长，再建立平面直角坐标系，利用坐标运算得出关于的函数，利用对勾函数单调性求最值即可得解.

【详解】，，

梯形为直角梯形，

，

，即，

由，同理可得，

又向量在向量上的投影向量的模为4，所以，

以B为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，

则，

，

所以，

由且可得，

令，则由对勾函数单调性知，

当时单调递减，时单调递增，

故，由知，，

故，

故选：D

二、填空题

10．设复数满足（为虚数单位），则的值为______．

【答案】##

【分析】利用复数的乘除运算和复数模的公式计算.

【详解】由，得，

所以.

故答案为：

11．二项式的展开式中含的系数为______．

【答案】

【分析】求出展开式的通项公式．令x的指数为1，进而可以求解

【详解】展开式的通项公式为

令，解得，

则展开式中含x项的系数为

故答案为：

12．已知圆经过和，圆心在直线上，则圆的标准方程为________.

【答案】

【分析】求出和连接的线段的垂直平分线，与可得圆心坐标，从而可求圆的标准方程.

【详解】和的中点坐标为，

过和的斜率为，

故该两点连接的线段的垂直平分线为，即.

联立，可得，即圆心坐标为.

故半径为.

所以所求圆的标准方程为.

故答案为:.

三、双空题

13．袋子中装有个白球，3个黑球，2个红球，已知若从袋中每次取出1球，取出后不放回，在第一次取到黑球的条件下，第二次也取到黑球的概率为，则的值为______，若从中任取3个球，用表示取出3球中黑球的个数，则随机变量的数学期望______．

【答案】     2    

【分析】设出事件，利用条件概率列出方程，求出的值；写出的可能取值及对应的概率，得到数学期望.

【详解】设第一次取得黑球为事件，第二次取得黑球为事件，

则，，

故第一次取到黑球的条件下，第二次也取到黑球的概率为，

令，解得，

的可能取值为0,1,2,3，

，，，，

则.

故答案为：2，

四、填空题

14．已知，，且，则的最小值为__________.

【答案】##

【分析】由基本不等式分析，换元结合对勾函数性质可求最小值.

【详解】由题意，，

因为，令，，

由对勾函数性质可知，当时，有最小值，当且仅当时取到，

故的最小值为.

故答案为：

15．定义函数，设，若含有3个不同的实数拫，则实数的取值范围是______．

【答案】或

【分析】由于方程有两个实数根，所以有两个相等的实根或者两个相异的实根，若含有3个不同的实数拫，结合函数的图象，分情况进行讨论根的情形得出结果.

【详解】设，，

由，解得，；

由于含有3个不同的实数拫，

所以有两个相等的实根或者两个相异的实根，

则，

即，解得，或.

当时，，解得，又，满足题意；

当时，如下图，的对称轴方程，，则有4个根，不合题意，舍去；

当时，，解得，即，含有2个不同的实数拫，不满足题意；

当时， 如下图，，若含有3个不同的实数拫，则，解得；

综上，或.

故答案为：或.

五、解答题

16．在中，内角、、的对边分別为、、，已知．

(1)求角的大小；

(2)设，，求和的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由三角恒等变换得出角的大小；

（2）由余弦定理求出，再由正弦定理得出，最后由三角恒等变换求解.

【详解】（1）解：因为，

所以

所以，

因为，所以，所以

又，所以；

（2）在中，由余弦定理及，，，

有，故．

由正弦定理，可得．因为，故．

因此，．

所以，．

17．已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值；

(3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)存在；或

【分析】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；

法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；

（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；

（3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可.

【详解】（1）证明：法一：分别取、的中点、，连接、、，

由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，，

因为，所以，所以点、、、四点共面，

因为、分别为、的中点，所以，

因为平面，平面，所以平面，

又因为，平面，平面，所以平面，

又因为，、平面，所以平面平面，

因为平面，所以平面；

法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直，

以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、，

所以，易知平面的一个法向量，

所以，所以，

又因为平面，所以平面．

（2）解：设平面的法向量，，，

则，取，可得，

所以平面的一个法向量为，

易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，

则，

所以平面与平面夹角余弦值为；

（3）解：假设存在点，使得，其中，

则，

由（2）得平面的一个法向量为，

由题意可得，

整理可得．即，

因为，解得或，所以，或．

18．已知椭圆：的右焦点为点，、分别为椭圆的上、下顶点，若椭圆中心到直线的距离为其短轴长的．

(1)求椭圆的离心率；

(2)过点且斜率为（）的直线交椭圆于另一点（异于椭圆的右顶点），交轴于点，直线与直线相交于点，过点且与平行的直线截椭圆所得弦长为，求椭圆的标准方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）椭圆中心到直线的距离为其短轴长的，由面积法列出a、c齐次式，可求椭圆的离心率；

（2）设出直线的方程，与椭圆联立方程组，求得点坐标，得到直线的方程和点坐标，左顶点，由直线的斜率可得弦为AD，可求出椭圆方程.

【详解】（1）由题意，，椭圆中心到直线的距离为其短轴长的，由直角三角形面积关系得，即，

解得椭圆的离心率.

（2）由（1）得，，易得，，

直线的方程为，因为直线不过右顶点，所以，

由，得，，

从而，，

直线的斜率为，

故直线的方程为，令，得，

直线的斜率，

，左顶点，，即，

解得，，．

椭圆的标准方程为

【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

19．已知数列满足，其前8项的和为64；数列是公比大于0的等比数列，，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)记，，求数列的前项和；

(3)记，求．

【答案】(1)，

(2)

(3)

【分析】（1）根据条件得到等差数列的公差，利用前项和公式，求出首项，得到通项公式，设出公比，得到方程，求出公比，写成通项公式；

（2）写出的通项公式，利用裂项相消法求和；

（3）方法一：变形得到，其中利用错位相减法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出；

方法二：变形后，利用裂项相消法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出.

【详解】（1）∵，

∴数列是公差为等差数列，且，

∴，解得，

∴；

设等比数列的公比为（），

∵，，

，即，

解得（舍去）或，

∴

（2）由（1）得

，

（3）方法一：

∵，

①

②

两式相减得，

，

，

当为偶数时，

，

当为奇数时，

，

.

方法二：

当为偶数时，

，

当为奇数时，

，

.

【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型：

分式型：，，等；

指数型：，等，

根式型：等，

对数型：，且；

20．已知函数．（注：是自然对数的底数）．

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)当时，函数在区间内有唯一的极值点．

①求实数的取值范围；

②求证：在区间内有唯一的零点，且．

【答案】(1)

(2)① ；②证明见解析

【分析】（1）由导数的几何意义，求切点处的切线方程；

（2）利用导数研究单调性得到极值的个数，利用函数单调性并通过构造新函数比较零点和极值点的大小关系.

【详解】（1）当时，， ，

切线的斜率，又，所以切点为，

所以，切线方程为

（2）①.函数，，

（ⅰ）当时，当时，，，，则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；

（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上递增，即在上递增，

又，，所以在上有唯一零点，

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增，

所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意，

综上，的取值范围是．

②.由①知，当时，，

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增；

所以时，，则，

又因为，所以在上有唯一零点，

即在上有唯一零点．

因为，

由①知，所以，

则

，

设，，

则，

，，所以

在为单调递增，又，所以，

又时，，所以．

所以．

由前面讨论知，，在单调递增，

所以．

【点睛】思路点睛：

1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.

3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.