2023届天津市十二区县重点学校高三下学期联考（一）考前模拟数学试题含解析

2023届天津市十二区县重点学校高三下学期联考（一）考前模拟数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先化简集合，然后用补集的定义即可求解

【详解】由可得，解得，

因为全集，所以，

所以

故选：D

2．已知平面内一条直线l及平面，则“”是“”的（　　）

A．充分必要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】根据面面垂直和线面垂直的定义，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【详解】解：由面面垂直的定义知，当“l⊥β”时，“α⊥β”成立，

当时，不一定成立，

即“”是“”的充分不必要条件，

故选：B．

【点睛】本题考查命题充分性和必要性的判断，涉及线面垂直和面面垂直的判定，属基础题.

3．若、是两个单位向量，其夹角是，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

【解析】求出时的范围，然后由充分必要条件的定义判断．

【详解】由题意，

，则，∴，

因此时，满足，但时不一定满足．

应为充分不必要条件．

故选：A．

【点睛】本题考查充分必要条件的判断，实际上可以根据充分必要条件与集合包含之间的关系判断．

命题对应集合，命题对应的集合，则

（1）是的充分条件；

（2）是的必要条件；

（3）是的充分必要条件；

（4）是的既不充分又不必要条件集合之间没有包含关系．

4．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题可得函数为奇函数，当时，，即可判断.

【详解】∵，，定义域关于原点对称，

∴，

所以函数为奇函数，所以其图象关于原点成中心对称，所以选项C错误；

又当时，，所以选项BD错误.

故选：A.

5．某中学有高中生人，初中生人，高中生中男生、女生人数之比为，初中生中男生、女生人数之比为，为了解学生的学习状况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，已知从初中生中抽取男生人，则从高中生中抽取的女生人数是

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由分层抽样的性质能求出从高中生中抽取的女生人数.

【详解】由题意得：

某中学有高中生人，其中男生人，女生人，

初中生人，其中男生，女生人，

用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，已知从初中生中抽取男生人，

则，

解得，

从高中生中抽取的女生人数是人.

故选D.

【点睛】进行分层抽样的相关计算时，常利用以下关系式巧解：

(1)；

(2)总体中某两层的个体数之比＝样本中这两层抽取的个体数之比．

6．已知函数，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先判断函数的单调性，再比较指对数的大小，判断的大小关系.

【详解】由题意可知是定义在上的单调递增函数，

又， ，，∴，

故选：C．

【点睛】本题考查利用函数的单调性，比较函数值大小，重点考查指对数比较大小，属于基础题型.

7．柏拉图多面体，是指严格对称，结构等价的正多面体．由于太完美，因此数量很少，只有正四、六、八、十二、二十面体五种．如果用边数不同的正多边形来构造接近圆球、比较完美的多面体，那么数量会多一些，用两种或两种以上的正多边形构建的凸多面体虽不是正多面体但有些类似，这样的多面体叫做半正多面体．古希腊数学家物理学家阿基米德对这些正多面体进行研究并发现了13种半正多面体（后人称为“阿基米德多面体”）．现在正四面体上将四个角各截去一角，形成最简单的阿基米德家族种的一个，又名截角四面体．设原正四面体的棱长为6，则所得的截角四面体的表面积为

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意可求出正六边形的边长为2，截去的正三角形的边长为2，进而求出正六边形的面积和每个截面的面积，求出所得的截角四面体的表面积．

【详解】解：设正六多边形的边长为，

则由题意可知：，

所以，

所以每个正六边形的面积为，

所以所得的截角四面体的表面积为，

故选：．

8．已知Q为双曲线(，)的右顶点，M为双曲线右支上一点，若点M关于双曲线中心O的对称点为N，设直线QM，QN的倾斜角分别为，且，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设出点M的坐标，根据条件可得点N，Q坐标，再利用斜率坐标公式及Q在双曲线上的条件列式计算即得.

【详解】依题意，设，则，又，即直线QM，QN的斜率乘积为，而Q(a，0)，

于是得，又M为双曲线右支上一点，即，，

因此，，化简得，则，

所以双曲线的离心率为.

故选：B

9．已知函数，若方程有4个零点，则a的可能的值为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【解析】先画出函数图象，由图可知方程有4个零点，只需a小于在区间上的过坐标原点的切线的斜率即可，然后利用导数的几何意义求解

【详解】解：根据函数的解析式可知，函数的图象如下：

要使方程有4个零点，则的图象与直线有4个不同的交点，

所以只需a小于在区间上的过坐标原点的切线的斜率即可.由，得，设切点坐标为，则切线方程为，又切线过，所以，解得，

故此时切线的斜率为，故，结合选项知，选：A.

故选：A

【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系画出函数的图象，利用数形结合的方法求解

二、填空题

10．已知为虚数单位，复数，则______.

【答案】

【分析】首先根据题意得到，再计算即可.

【详解】，

.

故答案为：

11．在的展开式中的系数为__________．（用数字作答）

【答案】240

【详解】通项公式Tr+1==（﹣1）r26﹣rx6﹣2r，令6﹣2r=2，解得r=2．

∴的展开式中x2的系数==240．

故答案为240

12．点是圆上一点，则到直线距离的最大值是_____．

【答案】##.

【分析】先求出直线的定点，当圆心与该定点的连线与直线垂直时即可求出距离的最大值.

【详解】直线，直线过定点，圆心，半径，当时，圆心到直线的距离最大，最大值为，所以到直线距离的最大值为：.

故答案为：.

13．一个袋中共有个大小相同的黑球、白球和红球，已知从袋中任意摸出个球，得到黑球的概率是；从袋中任意摸出个球，至少得到个白球的概率是，则白球的个数为_______________________________.

【答案】

【分析】首先设有白球个，根据题意得到，再解方程即可.

【详解】设有白球个，因为从袋中任意摸出个球，至少得到个白球的概率是，

所以，解得或（舍去）.

故答案为：5

14．设，，则的最小值为________.

【答案】

【分析】结合，，利用均值不等式，依次求解，，的最值，即得解

【详解】由题意，

由，，故，当且仅当，即时等号成立

故

又

当且仅当，即时等号成立

当且仅当，即时等号成立

故的最小值为，当且仅当，时等号成立

故答案为：

三、双空题

15．在中，已知为边上一动点，过点作一条直线交边于点.

（1）若为中点，且，则___________.；

（2）设，则的最大值是___________.

【答案】     ．     ．

【分析】（1）利用，将展开代入数量积运算；

（2）先把化简转化为齐次式，分子分母同除以，构造转化为二次式比二次式，分离常数再转化为一次式比二次式，分子分母同除以一次式，再利用基本不等式求出最值．

【详解】(1)若为中点，且，则为中位线，

（2）

令，则，

令，则

当时，，当且仅当时取等号，

，

，

的最大值是，

故答案为：  ．

【点睛】本题主要考查向量运算和分式函数最值得求解，运算量比较大，属于填空压轴题．

四、解答题

16．在中，内角A，B，C的对边a，b，c，且，已知，，，求：

（1）a和c的值；

（2）的值.

【答案】（1）；（2）

【详解】试题分析：（1）由和，得ac=6.由余弦定理，得.

解，即可求出a，c；（2） 在中，利用同角基本关系得

由正弦定理，得，又因为，所以C为锐角，因此，利用，即可求出结果.

（1）由得，，又，所以ac=6.

由余弦定理，得.

又b=3，所以.

解，得a=2，c=3或a=3，c=2.

因为a>c,∴ a=3，c=2.

（2）在中，

由正弦定理，得，又因为，所以C为锐角，因此.

于是=.

【解析】1.解三角形；2.三角恒等变换.

17．如图，且且且平面．

（1）若为的中点，为的中点，求证：平面；

（2）求二面角的正弦值；

（3）求直线到平面的距离．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）

【分析】（1）依题意，以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．求出对应点的坐标，求出平面的法向量及，由，结合直线平面，可得平面；

（2）分别求出平面与平面平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的正弦值；

（3）根据，得平面，则直线到平面的距离即为点到平面的距离，利用向量法求出点到平面的距离，即可得出答案.

【详解】（1）证明：依题意，以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，

轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．

可得，0，，，0，，，2，，，2，，

，0，，，1，，，0，，，，，，0，．

设为平面的法向量，

则，不妨令，可得；

又，可得．所以，

又直线平面，

平面；

（2）解：依题意，可得，，．

设为平面的法向量，

则，不妨令，可得．

设为平面的法向量，

则，不妨令，可得．

因此有，于是．

二面角的正弦值为；

（3）解：因为，平面，平面，

所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，

由（2）得，平面的法向量，，

则，

即直线与平面所成角得正弦值为，

所以点到平面的距离为，

即直线到平面的距离为.

18．已知椭圆：的离心率为，直线：与交于两点，且.

(1)求的方程；

(2)若的左、右顶点分别为，点不同于为直线上一动点，直线分别与交于点，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.

【答案】(1)

(2)证明见解析，

【分析】（1）根据题意得到得点在上，从而得到，再解方程组即可.

（2）首先设，，，根据题意得到，将椭圆向左平移个单位得到，，，.设直线为，得到，根据，得到，从而得到线恒过点，再将定点向右平移2个单位即可.

【详解】（1）由，得点在上，又，

所以，解得，所以的方程为.

（2）设，，，，，

因为，，所以.

因为，

，即，

所以.

又因为，，，

所以，即.

将椭圆向左平移个单位得到，

，，.

设直线为，

因为，.

所以，即，

所以，

所以，解得，

所以线为，恒过点.

将向右平移2个单位得到点，即直线恒过点.

当时，直线为，恒过点.

综上直线恒过定点.

19．设是等差数列，是等比数列.已知.

（Ⅰ）求和的通项公式；

（Ⅱ）设数列满足其中.

（i）求数列的通项公式；

（ii）求.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）（ii）

【分析】(Ⅰ)由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可；

(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论可得数列的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等价变形，结合等比数列前n项和公式可得的值.

【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为.

依题意得，解得，

故，.

所以，的通项公式为，的通项公式为.

(Ⅱ)(i).

所以，数列的通项公式为.

(ii)

.

【点睛】本题主要考查等差数列､等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.

20．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当，，求a的取值范围；

(3)证明：．

【答案】(1)答案见解析；

(2)或；

(3)证明见解析.

【分析】（1）根据导数的性质，结合一元二次方程根的情况分类讨论进行求解即可；

（2）根据（1）的结论，结合函数的单调性和零点存在原理进行求解即可；

（3）根据（2）的结论，构造不等式，利用裂项相消法进行证明即可.

【详解】（1）定义域为（0，＋∞），．

记．

当时，，即，所以在（0，＋∞）上单调递减．

当时，令，得，（舍去）．当时，，即，所以单调递减；当时，，即，所以单调递增，

综上，当时，在（0，＋∞）上单调递减；当时，在上单调递减，在单调递增．

（2）：由（1）知，当时，在[1，＋∞）单调递减，所以．

此时．令，解得．

当时，若，即，由（1），设的正根为，则必有，且当，，即，

所以在[1，＋∞）单调递增．此时，．

令，解得．

若，即，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，注意到，

知．

又当时，，由零点存在定理，使，此时，不满足题意．

综上，a的取值范围是或．

（3）由（2）知，当时，对，有，即．

又时，，，所以．

令，得．

所以，，，…，．

故，即．

【点睛】关键点睛：构造不等式，利用裂项相消法是解题的关键.