2023届天津外国语大学附属外国语学校高三下学期统练22数学试题含解析

2023届天津外国语大学附属外国语学校高三下学期统练22数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出集合A,B,然后取交集即可.

【详解】,

则,

故选：A

2．“为整数”是“为整数”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】由当为整数时，必为整数；当为整数时，比一定为整数；即可选出答案.

【详解】当为整数时，必为整数；

当为整数时，比一定为整数，

例如当时，.

所以“为整数”是“为整数”的充分不必要条件.

故选：A.

3．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先根据函数的奇偶性排除B，再根据时函数值的符号排除D，最后结合趋近于时函数值的范围求解即可.

【详解】解：函数的定义域为，，

所以函数为奇函数，图像关于原点对称，排除B选项，

因为当时，，

所以当时，，时，，故排除D，

当趋近于时，由于指数呈爆炸型增长，故函数值趋近于，故排除A选项，

故选：C

4．设，，，则的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据对数函数和幂函数单调性可比较出大小关系.

【详解】，；

，，，即，又，.

故选：C.

5．已知，则的值为（    ）

A．1 B．0 C． D．2

【答案】C

【分析】利用指数与对数互化的公式表示出，再利用换底公式和对数的运算性质化简计算.

【详解】因为，所以，由换底公式和对数的运算性质可得.

故选：C

6．设双曲线C：（，）的左焦点为F，直线过点F且与双曲线C在第二象限的交点为P，，其中O为坐标原点，则双曲线C的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】将左焦点坐标代入中可求出，设右焦点为N，连接，，，则三角形为直角三角形，可得，，然后利用双曲线的定义列方程可求出，从而可求出双曲线的方程

【详解】设左焦点F的坐标为，由点F过直线，

所以，解得，

设右焦点为N，连接，，.

由，故三角形为直角三角形，即,

又因为直线斜率为，设直线倾斜角为，则.

又，则，，

由双曲线定义，则，

所以，

所以

所以双曲线C的方程为.

故选：D.

7．战国时期的铜镞是一种兵器，其由两部分组成，前段是高为3cm、底面边长为2cm的正三棱锥，后段是高为1cm的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜镞的体积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意作图，然后分别计算三棱锥和圆柱的体积，再相加即可.

【详解】由题意，铜镞的直观图如图所示，

三棱锥的体积，

因为圆柱的底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，

所以圆柱的底面圆的半径，所以圆柱的体积

所以此铜镞的体积为

故选：A.

8．已知函数，则下列结论中正确的是（    ）

A．函数的最小正周期为

B．时取得最大值

C．的对称中心坐标是（）

D．在上单调递增

【答案】D

【分析】根据正弦型函数的图象与性质，对各选项逐一分析即可求解.

【详解】解：，

对A：函数的最小正周期为，故选项A错误；

对B：因为，所以，且，故选项B错误；

对C：令，，得，

所以的对称中心坐标是，，故选项C错误；

对D：因为，所以，

又在上单调递增，所以在上单调递增，故选项D正确.

故选：D.

9．已知函数若方程恰有四个不同的实数解，分别记为，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】当时利用辅助角公式化简函数解析，再画出函数图象，不妨令，则，且与关于对称，再根据对数的运算得到，最后转化为关于的函数，结合对勾函数的性质计算可得；

【详解】解：，

当时

令，解得，当时，

当时，令，解得或，

令，解得或，

函数的图象如下所示：

因为方程恰有四个不同的实数解，即与恰有四个交点，所以，

不妨令，则，且与关于对称，所以，

又，即，所以，即，

所以，

所以，

因为在上单调递增，所以，

所以；

故选：A

二、填空题

10．已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的虚部为______.

【答案】

【分析】由模长公式及复数的四则运算得出复数，进而即得.

【详解】因为，

所以，

则，

所以复数的虚部为.

故答案为：.

三、双空题

11．若展开式中的所有二项式系数和为512，则_____；该展开式中的系数为________（结果用数字表示）.

【答案】     9     -84

【分析】由二项式系数和为，即可求解的值，利用通项公式即可求得展开式中的系数．

【详解】由已知可得，解得，

则的展开式的通项为，

令，解得，

展开式中的系数为．

故答案为：9，．

四、填空题

12．已知点在圆C：（）内，过点M的直线被圆C截得的弦长最小值为8，则______．

【答案】

【分析】根据点与圆的位置关系，可求得r的取值范围，再利用过圆内一点最短的弦，结合弦长公式可得到关于r的方程，求解即可.

【详解】由点在圆C：内，且

所以，又，解得

过圆内一点最短的弦，应垂直于该定点与圆心的连线，即圆心到直线的距离为

又，

所以，解得

故答案为：

13．某公司新成立3个产品研发小组，公司选派了5名专家对研发工作进行指导.若每个小组至少有一名专家且5人均要派出，若专家甲､乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为___________.（用数字作答）

【答案】

【分析】根据甲､乙两人组成一组和甲､乙两人与其他三人中选一人组成一组二种情况分类讨论求解即可.

【详解】当甲､乙两人组成一组时，不同的专家派遣方案总数为：；

当甲､乙两人与其他三人中选一人组成一组时，

不同的专家派遣方案总数为：，

所以专家甲､乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为：，

故答案为：

14．已知，则的最小值为_______.

【答案】

【分析】由已知得,将所求式子化为，然后利用“1的代换”和基本不等式求最值.

【详解】因为，所以,

∴,

所以= ，当 ，即时取等号，的最小值为 .

故答案为：.

【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，关键是利用“1的代换”进行转化.

15．如图，中，，，O为BC的中点，以O为圆心，1为半径的半圆与BC交于点D，P为半圆上任意一点，则的最小值为_____．

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量数量积的定义结合三角函数的性质进行求解即可．

【详解】如图，以O为坐标原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，

所以，，，

设()，且，

所以，

令，，，

则，其中：，

所以当时，有最小值，最小值为：.

故答案为：.

【点睛】本题考查利用坐标法解决数量积的问题，考查平面向量数量积的运算，考查逻辑思维能力和运算能力，属于中档题.

五、解答题

16．在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.

(1)求的值；

(2)求的值；

(3)求的值.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；

（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；

（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．

【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．

（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．

（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，

故．

17．如图，平面ABCD，，，，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点.

(1)求证：平面CPM；

(2)求平面QPM与平面CPM夹角的大小；

(3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）连接EM，证得，利用线面平行判定定理即可证明平面MPC；

（2）根据条件建立空间直角坐标系，求得平面PMQ和平面MPC法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.

（3）设，则，从而，由（2）知平面PMQ的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，求出，进而得到，利用点到平面距离公式求出答案.

【详解】（1）证明：连接EM，因为，，

所以，

又因为，所以四边形PABQ为平行四边形，

因为点E和M分别为AP和BQ的中点，所以且，

因为，，F为CD的中点，所以且，

可得且，即四边形EFCM为平行四边形，

所以，又平面MPC，平面MPC，

所以平面MPC.

（2）因为平面ABCD，，故以D为原点，分别以DA，DC，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

依题意可得，，，，，，，

，，，，

设为平面PQM的法向量，

则，不妨设，可得，

设为平面PMC的法向量，

则，不妨设，可得.

所以，

设平面PQM与平面PMC夹角为，

所以，

即平面PQM与平面PMC夹角的正弦值为.

（3）设，即，

则.

从而.

由（2）知平面PMQ的法向量为，

而直线DN与平面PMQ所成的角为，

所以，

即，

整理得，解得或，

因为，

所以，所以，，

由（2）知：为平面的法向量，

故点N到平面CPM的距离为.

18．已知数列的前项和为，，数列为等比数列，且，分别为数列第二项和第三项．

(1)求数列与数列的通项公式；

(2)若数列，求数列的前项和；

(3)求证：．

【答案】(1)；.

(2)

(3)证明见解析.

【分析】（1）根据题意，由与的关系，即可得到数列的通项公式，然后再由等比数列的通项公式得到数列的通项公式；

（2）根据题意，设的前项和为，的前项和为，分别求得即可得到结果.

（3）由题意可得，，然后再结合等比数列的求和公式，即可得到结果.

【详解】（1）因为数列的前项和为，且，

当时，；

当时，，当时也满足；

所以；

又因为数列为等比数列，且，分别为数列第二项和第三项，

所以，则，则.

（2）由（1）可得，，

令①

所以②

②可得，

所以

令，

即，

令，

则

则

（3）设，则，

则

19．设为椭圆（）上任一点，，为椭圆的左右两焦点，短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形．

（1）求椭圆的离心率；

（2）直线：与椭圆交于、两点，直线，，的斜率依次成等比数列，且的面积等于，求椭圆的标准方程．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）利用短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，得到，消去b，求出离心率；

（2）用“设而不求法”把直线，，的斜率依次成等比数列表示出来求出斜率k，利用且的面积等于，求出b得到a，即可求出椭圆方程.

【详解】（1）由题意可知，所以；

（2）设点，，则由，消，得，

因为直线与椭圆交于不同的两点，所以，

由韦达定理得，，，

由题意知，，即，

所以，即，

设点到直线的距离为，则，

，

所以，解得．所以

即椭圆标准方程为．

【点睛】（1）求椭圆（双曲线）离心率的一般思路：根据题目的条件，找到a、b、c的关系，消去b，构造离心率e的方程或（不等式）即可求出离心率；

（2）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.

20．已知函数，曲线在处的切线方程为.

（1）求的值；

（2）求函数在上的最大值；

（3）证明：当时，.

【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．

【分析】(1)由切线方程，研究函数可得，，求解即可；

(2)对函数进行二次求导，结合二阶导函数的性质和导函数的性质可得最大值为；

(3)利用(2)中的结论结合题意猜想时，的图象恒在切线的上方，利用导函数的性质即可证得结论，注意等号成立的条件.

【详解】（1）由题，，由切线方程及切点可得，，解得：；

（2）由（1）得：，，，

由得，故在递减，在递增，

∴，∴在递增，

∴；

（3）∵，由（2）得过，

且在处的切线方程为，

故可猜测时，的图象恒在切线的上方，

下面证明：当时，，

设，

，

由（2）得：故在递减，在递增，

∵，

∴，

∴存在，使得，

∴时，，

时，，

故在递增，在递减，在递增，

又，∴当且仅当时取等号，

故，

由（2）得：，故，

∴，当且仅当时取等号，

∴，

∴，

即成立，当且仅当时等号成立．得证