2023届天津市新华中学高三下学期统练5数学试题含解析

2023届天津市新华中学高三下学期统练5数学试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】可解出集合，，然后进行补集、交集的运算即可．

【详解】集合，

或；

；

则．

故选：C

2．已知等比数列的公比为，，其前项和为，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】利用等比数列的性质即可推导出，由此即可求解．

【详解】∵数列为正项等比数列，且公比为，前项和为，

∴；；

∵，故，

∵，

①当时，，即：“”

∴具有充分性；

②当“”时，即，

∴具有必要性．

故选：C．

3．函数在的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】判断函数的奇偶性，可判断A；取特殊值，根据特殊值的函数值可判断,可得答案.

【详解】由题意函数，，

则，故为奇函数，

其图像关于原点对称，故A错误；

又因为，,可判断B错误，

，故错误，

只有D中图像符合题意，故D正确，

故选：D

4．2022年12月4日是第九个国家宪法日，主题为“学习宣传贯彻党的二十大精神，推动全面贯彻实施宪法”，耀华园结合线上教育教学模式，开展了云升旗，云班会等活动．其中由学生会同学制作了宪法学习问卷，收获了有效答卷2000份，先对其得分情况进行了统计，按照、、…、分成5组，并绘制了如图所示的频率分布直方图，下列说法不正确的是（    ）

A．图中的值为0.02

B．由直方图中的数据，可估计75%分位数是85

C．由直方图中的数据，可估计这组数据的平均数为77

D．90分以上将获得优秀，则全校有20人获得优秀

【答案】D

【分析】根据统计学的有关原理逐项分析.

【详解】对于A， ，正确；

对于B， ， ，

∴ 分位数= ，正确；

对于C，平均数= ，正确；

对于D，90分以上的人数为 ，错误；

故选：D.

5．已知抛物线的焦点到双曲线渐近线的距离为，点是抛物线上的一动点，到双曲线的上焦点的距离与到直线的距离之和的最小值为3，则该双曲线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离可建立的关系，再由抛物线的定义结合题意可求出，进而可得，即可求解

【详解】抛物线的焦点,

双曲线的渐近线方程为，

任取一条渐近线，

焦点到渐近线的距离，即，

为抛物线的准线，到准线的距离等于到焦点的距离，

到双曲线的上焦点的距离与到直线的距离之和的最小值为，

则，

所以

所以该双曲线的方程为

故选：B.

6．已知函数是上的偶函数，对任意，，且都有成立．若，，，则，，的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用奇偶性和对称性判断函数在上的单调性，再比较大小，结合的单调性即可得出答案．

【详解】解：因为函数是R上的偶函数，

所以函数的对称轴为，

又因为对任意，，且都有成立．

所以函数在上单调递增，

而，，，

所以，

所以，

因为函数的对称轴为，

所以，

而，

因为，

所以，

所以，

所以．

故选：A．

7．如图，过圆外一点作圆的切线，，切点分别为，现将沿折起到，使点在圆所在平面上的射影为圆心，若三棱锥的体积是圆锥体积的，则（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】A

【分析】根据锥体体积公式可构造方程求得，由三角形大边对大角的特点可知，由此可知.

【详解】设圆的半径为，圆锥的高，，

则，圆锥体积，

，；

平面，平面，，则，即，

，，又，

，，.

故选：A.

8．已知，给出下列结论：

①若，且，则；

②存在，使得的图像向左平移个单位长度后得到的图像关于轴对称；

③若，则在上单调递增；

④若在上恰有5个零点，则的取值范围为.

其中，所有正确结论的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】由二倍角公式可得，利用余弦函数的图像和性质判断各结论即可.

【详解】由题意可得，

①由且可得两相邻对称轴间的距离为，所以，解得，错误；

②的图像向左平移个单位长度得，

若关于轴对称，则，即，

解得，所以当时符合题意，正确；

③当时，所以当时，

因为在上单调递减，在上单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减，错误；

④设，当时，在上恰有5个零点，即在上有5个零点，

则，解得，正确；

综上②④正确，

故选：B

9．设函数若方程恰有2个实数解，则实数a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】化简，进行参变分离，求出，画出图像根据图像得出结论.

【详解】化简得

当时，设

∴，

当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减；

，且当时， ；

当时，设

易知函数在分别单调递减，

画出函数图像

根据图像可得.

故选：D.

【点睛】本题采取的是数形结合的思想，在进行分离变量的时候要探讨参数的取值范围.

二、填空题

10．已知，，且，其中为虚数单位，则的值为__________．

【答案】

【分析】化简已知等式，利用复数相等联立方程组，进而可得结果．

【详解】解：，

则由，得，

即，

所以，解得，

所以．

故答案为：．

11．已知二项式的展开式中各项系数之和为64.则展开式中的系数是______.

【答案】

【分析】令可得各项系数之和，再根据各项系数之和为64，求得的值，再根据二项式展开式的通项公式，求得展开式中的系数．

【详解】根据题意，令得，解得，

所以二项式为，    

其展开式的通项为，

令，得，所以展开式中的系数是.

故答案为：

12．与圆外切且与直线相切于点的圆的方程为__________.

【答案】或

【分析】设所求圆的方程为，再根据两圆外切以及直线与圆相切列方程，解方程，进而得解.

【详解】将圆化为标准式为，即圆心为（1,0），半径为1.

设所求圆的方程为.

则由题意知，①       

，②

，③

由①②③得，，或，，，

即所求圆的方程为或.

【点睛】本题考查了圆的一般方程和标准方程，考查了两圆的位置关系，考查了直线与圆的位置关系；当两圆外切时，圆心距等于两个圆的半径之和，当圆与直线相切时，圆心到直线的距离等于这个圆的半径，且圆心和切点连线与切线垂直.

13．已知都为正实数，则的最小值为___________．

【答案】

【分析】化简，由基本不等式得，再代入原式得，判断相等条件后即可得最小值.

【详解】，因为都为正实数，，当且仅当，即时等号成立，所以，当且仅当，即时等号成立，综上所述，当时，取最小值为.

故答案为：

【点睛】解答本题的关键在于分别利用两次基本不等式，根据“一正二定三相等”的原则判断最小值.

三、双空题

14．现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．

（1）已知张同学至少取到1道乙类题，则他取到的题目不是同一类的概率为__________；

（2）已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立．用表示张同学答对题的个数，则的数学期望为__________．

【答案】     /    

【分析】（1）根据题意，求得事件：至少取到1到乙类试题的概率和事件：至少取到1到甲类试题的概率，结合条件概率的计算公式，即可求解；

（2）根据题意得到随机变量的所有可能取值为，求得相应的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解.

【详解】（1）解：由题意知有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答，设事件：至少取到1到乙类试题的概率，可得；

设事件：至少取到1到甲类试题的概率，可得，

所以取到1道乙类题，则取到的题目不是同一类的概率为.

（2）解：由题意，随机变量的所有可能取值为，

可得；

；

；

，

所以随机变量的分布列为：

所以数学期望为.

故答案为：0.96；2.

15．在中，，，，则______；若，，，则的最大值为______．

【答案】         

【分析】①利用向量的数量的的定义及向量的投影，即可求出；

②将和分别用和表示代入，利用基本不等式求解即可.

【详解】①

如图，作，垂足为，因为，

所以，所以，即，

又，，所以，即,

所以；

②因为，，所以,,

所以

，当且仅当，即时，等号成立.

所以的最大值为.

故答案为：；.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是灵活应用向量的投影及用基底法表示向量.

四、解答题

16．的内角A，，的对边分别为，，，已知．

(1)求A；

(2)若，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换计算即可；

（2）利用正切的二倍角与差角公式计算即可.

【详解】（1）由正弦定理，，

所以

即

因为且，所以，即

（2）由上知，所以，

又，，所以，

∴

∴

17．已知如图，四边形为矩形，为梯形，平面平面，，，．

（1）若为中点，求证：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值；

（3）在线段上是否存在一点（除去端点），使得平面与平面所成锐二面角的大小为？若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.靠近C的三等分点

【分析】（1）设与交于点，连接，则可得为的中点，而为的中点，由三角形中位线定理可得，然后由线面平行的判定定理可证得结论，

（2）由已知可证得，，两两垂直，所以分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，

（3）假设存在点，满足题意，且此时，然后利用空间向量求二面角

【详解】（1）证明：如图，设与交于点，连接，

∵四边形为矩形，

∴为的中点，又因为为的中点，

∴，而平面，平面，

∴平面；

（2）解：因为平面平面，平面平面，，平面，

所以平面，

因为平面，所以，

因为，

所以，，两两垂直，

所以如图，分别以为坐标原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，

根据题意，则有，，，，

所以，，，

假设平面的一个法向量为，

则有，

设直线与平面所成角的平面角为，

则有．

（3）解：假设存在点，满足题意，且此时，

即得，

则有，，

假设平面的一个法向量为，

则有，

又因为平面的一个法向量为，

根据题意，则有，

解之可得，，

即得，即点为线段上靠近点的一个三等分点，坐标为．

18．已知数列满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)求；

(3)若，求数列前项和．

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）类比题目中的和式再写出一个把换成的和式，然后与原来的和式作差即可求出结果；

（2）利用（1）的结果求出，然后利用裂项相消法即可求和；

（3）利用（1）的结果求出，然后分组利用错位相减法即可求出.

【详解】（1），

当时，，即，

当时，，

得，即，

满足上式，

数列的通项公式为；

（2）由（1）得，

；

（3）由（1）知，

数列前项和

，

令，   

，

，     

，

得

.

得

，

.

19．已知椭圆的离心率，短轴长为，椭圆的左焦点为，右顶点为，点在椭圆位于轴上方的部分．

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线与轴交于点，点是轴上一点，且满足，直线与椭圆交于点．是否存在直线，使得的面积为，若存在，求出直线的斜率，若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在直线，使得的面积为2，此时直线的斜率．

【分析】（1）由已知有，解方程组即可；

（2）由题意求出，的坐标，进而可得直线的方程为，并与椭圆方程联立，可得点坐标，由此可判断，关于原点对称，故直线过原点，所以，令，求解即可．

【详解】（1）由题意可得，，解得，，，

所以椭圆的方程为；

（2）直线的方程为代入椭圆方程得，即，

所以，即，

令，解得，即，

设，由题意有，

解得，即，

进而可得直线的方程为，

由，得，

解得，进而，即，

因为，

所以，关于原点对称，故直线过原点，

所以，

当时，即，

解得，

所以存在直线，使得的面积为2，此时直线的斜率．

20．已知．

(1)求在处的切线方程；

(2)对，有恒成立，求的最大整数解；

(3)令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求的取值范围，并证明：．

【答案】(1)

(2)3

(3)；证明见解析.

【分析】（1）求出函数的导数，求出，即可得到切线方程；

（2）等价于，求导分析的单调性，即可求出的最大整数解；

（3）求得的导数和单调性，由极小值小于0，可得，再由分析法，注意构造函数，求得导数和单调性，即可得证．

【详解】（1）的导数为：

，

所以，，

所以在处的切线方程为：

，即；

（2）由已知可得，

等价于，

可令，，

记，，

所以为上的递增函数，

且，，

所以，，即，

所以在上递减，在上递增，

且，

所以的最大整数解为3；

（3）证明：∵，，

若要有极值点，显然，

所以令，可得，

当，，，，

所以在上单调递减，上单调递增，

而要使有两个零点，要满足，

即可得，

因为，，令，

由，

即，

而，

即，

由，，只需证，

令，

则，

令，

则，

故在上递增，；

故在上递增，；

∴．

【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，

难度相当大，主要考向有以下几点：

1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；

2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；

3、求函数的极值（最值）；

4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；

5、证明不等式；

解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，

在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，

对新函数求导再结合导数与单调性等解决.