2023届天津市耀华中学高三一模数学试题含解析

2023届天津市耀华中学高三一模数学试题

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】B

【分析】根据对数函数定义域可知充分性不成立；由对数函数单调性可确定必要性成立.

【详解】当时，若，则无意义，充分性不成立；

当时，，成立，必要性成立；

综上所述：，则“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

3．函数y=sin2x的图象可能是

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.

详解：令，

因为，所以为奇函数，排除选项A,B;

因为时，，所以排除选项C，选D.

点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．

4．已知且，则a的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】令，利用指对数互化，换底公式及对数的运算法则可得，即得.

【详解】令，

则，，又，

∴，即，

∴.

故选：C.

5．已知，记，则的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据，利用指数函数和对数函数的单调性求解.

【详解】解：因为，

所以，

所以，

故选：A

6．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF为“刍甍”，书中描述了刍甍的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即，其中h是刍甍的高，即点F到平面ABCD的距离.若底面ABCD是边长为4的正方形，且平面ABCD，和是等腰三角形，，则该刍甍的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定的几何体，取中点，证明平面平面，求出点到平面的距离，再求出刍甍的体积作答.

【详解】取中点，连接，如图，

由正方形知，，，而为等腰三角形，且，

即有平面，则平面，

同理平面，而，于是平面，则点在平面内，

而平面，于是平面平面，在平面内过作于，

而平面平面，因此平面，

因为，是等腰三角形，则，

因为平面，平面平面，平面，

则，四边形为等腰梯形，，

因此，

所以该刍甍的体积为.

故选：B

7．已知双曲线，抛物线的焦点为，抛物线的准线与双曲线的两条渐近线分别交于点，若为正三角形，则双曲线的渐近线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据双曲线方程，把渐近线表示出来，推出两点坐标，利用为正三角形，列方程解系数既可.

【详解】双曲线的两条渐近线方程为，

抛物线的焦点为，准线方程为，不妨取，，

为正三角形，由对称性可知，直线的倾斜角为，则，解得，

所以双曲线的两条渐近线方程为.

故选：C

8．已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称．给出下面四个结论：①将的图象向右平移个单位长度后得到函数图象关于原点对称；②点为图象的一个对称中心；③；④在区间上单调递增．其中正确的结论为（    ）

A．①② B．②③ C．②④ D．①④

【答案】C

【解析】根据题设条件，结合三角函数的性质，求得函数的解析式，再结合三角函数的图象变换和三角函数的性质，逐项判定，即可求解.

【详解】因为函数的最小正周期为，其图象关于直线对称，

所以 ，解得，

因为，所以，因此，

①将的图象向右平移个单位长度后函数解析式为，

由，得，所以其对称中心为：，故①错；

②由，解得，即函数的对称中心为；令，则，故②正确；

③由，故③错；

④由，得，

即函数的增区间为，因此在区间上单调递增，故④正确.

故选：C.

【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

9．如图，在中，，，P为CD上一点，且满足，若，则的最小值为（    ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】A

【分析】设，可得出，可得出关于、的方程组，即可解得实数的值；利用数量积得出，利用平面向量数量积的运算性质结合基本不等式可求得的最小值.

【详解】设，则

，

所以，，解得.

，，

，

当且仅当时，即当时，等号成立.

所以，的最小值为.

故选：A.

二、填空题

10．若，则__________.

【答案】

【分析】先求出，再利用复数的模长公式求解即可.

【详解】，

故答案为：

11．在的展开式中，的系数为，则______．

【答案】/

【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.

【详解】的展开式中，含的项为，

所以.

故答案为：

12．圆与圆的公共弦的长为_________．

【答案】

【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆的圆心到相交弦所在直线的距离，利用勾股定理可求得相交弦长.

【详解】将圆与圆的方程作差可得，

所以，两圆相交弦所在直线的方程为，

圆的圆心为原点，半径为，

原点到直线的距离为，

所以，两圆的公共弦长为.

故答案为：.

13．已知，则的最小值是______．

【答案】

【分析】变形条件等式得，然后展开，利用基本不等式求最小值.

【详解】，

，

，

当且仅当，即时等号成立，

的最小值是.

故答案为：.

14．高三年级某8位同学的体重分别为90，100，110，120，140，150，150，160（单位：），现在从中任选3位同学去参加拔河，则选中的同学中最大的体重恰好为这组数据的第70百分位数的概率是__________．

【答案】

【分析】利用第百分位数的定义及求法得到第70百分位数，根据古典概型的概率计算公式，组合数公式计算可得概率.

【详解】因为，

第70百分位数是第六个数，即150 ，

事件“选中的同学中最大体重恰好为这组数据的第70百分位数”的概率

故答案为: .

15．函数，其中表示x，y，z中的最小者.若函数有12个零点，则b的取值范围是______.

【答案】

【分析】将问题转化为有个不等实根，设，可知方程有两个不等实根，结合函数图象可确定的范围，结合二次函数零点的分布可构造不等式组求得结果.

【详解】题意转化为有个不等实根，

作出图象如下图所示，

设，则有两个不等实根，；

记的两根为，；

所以，解得：；

综上所述：实数的取值范围为.

故答案为：.

三、解答题

16．已知，.

(1)求的大小；

(2)设函数，，求的单调区间及值域.

【答案】(1)

(2)答案见详解

【分析】（1）根据切化弦公式与二倍角公式化简进行求值；

（2）根据正弦型函数的单调区间公式求解函数的单调区间，由，求整体角的取值范围得到的值域.

【详解】（1）由得，

则，

因为，所以，

所以，解得，

即，又，

所以，则.

（2）函数，，

令，解得，所以函数在区间上单调递增；

令，解得，所以函数在区间上单调递减；

因为，，

当时，即，取最大值1；当时，即，取最小值.

所以值域为.

17．如图，三棱柱中，，，.

(1)证明；

(2)若平面平面，，求直线与平面所成角的正弦值；

(3)在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3).

【分析】（1）取中点，根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理作答.

（2）由已知证得平面，再以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.

（3）利用（2）的条件，借助空间向量求出两个平面夹角的余弦作答.

【详解】（1）在三棱柱中，取中点，连接，因为，则，

而，即为正三角形，则有，

又平面，于是平面，而平面，

所以.

（2）由（1）知，，又平面平面，且交线为，则平面内直线平面，

则两两垂直，以为坐标原点，射线的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，

令，则,，

则，

设为平面的一个法向量，则，令，得，

直线与平面所成的角为，则，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

（3）由（2）知，平面的法向量，，

令为平面的一个法向量，则，令，得，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

18．在平面直角坐标系中，已知，分别是椭圆C：的左焦点和右焦点.

(1)设T是椭圆C上的任意一点，求取值范围；

(2)设，直线l与椭圆C交于B，D两点，若是以A为直角顶点的等腰直角三角形，求直线l的方程.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）求出焦点坐标，设点，利用数量积的运算律得到关于的函数，再确定其范围作答.

（2）当垂直于y轴时，求出的方程；当不垂直于y轴时，设出的方程并与椭圆方程联立，结合韦达定理和等腰直角三角形的性质确定直线的斜率即可求得直线方程.

【详解】（1）在椭圆：中，，，

设，则有，即，，

于是，显然，

所以的取值范围是.

（2）显然直线不垂直于x轴，当直线垂直于y轴时，由对称性知，点关于y轴对称，

不妨令点在y轴右侧，因为是以A为直角顶点的等腰直角三角形，

则直线方程为：，由消去y得：，于是得，点，

直线的方程为，

当直线与坐标轴不垂直时，设直线的方程为，设，

由消去y得：，

则，即，，，

因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，有，

而，于是，

即，整理得，

从而，

化为，解得，

又线段BD的中垂线过点及点A，因此，

即，解得，而当时，成立，即，

因此直线的方程为，

所以满足条件的直线的方程为或.

【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

19．设数列的前n项和为，.

(1)求的通项公式；

(2)求；

(3)若，抽去数列中的第1项，第4项，第7项，……，第项，……余下的项顺序不变，组成一个新数列，若的前n项和为，求证：当n为奇数时，.

【答案】(1)

(2)

(3)证明见解析

【分析】(1)利用已知得出，两式相减即可得出，再检验时是否成立，即可得出答案.

(2)化简，然后利用裂项相消法求和即可.

(3)根据题意判断出数列奇数项和偶数项各自成等比数列，按照n为奇数，表示出，即可得出结论.

【详解】（1）由，得，

，两式相减得，

当时，代入上式，求得，

所以.

（2）由(1)知，，

则，

则

.

（3）由题知，，

所以数列为，

它的奇数项组成以4为首项，公比为8的等比数列；

偶数项组成以8为首项，公比为8的等比数列；

当为奇数，即时，

，

，

，

，

.

20．设，，.

(1)求函数，的单调区间和极值；

(2)若关于x不等式在区间上恒成立，求实数a的值；

(3)若存在直线，其与曲线和共有3个不同交点，，（），求证：成等比数列.

【答案】(1)增区间为，减区间为，，极小值，极大值；

(2)；

(3)证明见解析.

【分析】（1）求出函数的导数，解不等式得函数的递增区间，解不等式得函数的递减区间，再求出极值作答.

（2）令，问题转化为在区间上恒成立，证明当时，函数单调递增，再判断时，不满足要求，由此确定的范围.

（3）利用导数研究函数，的单调性，作出函数的图象，证明曲线与有唯一交点，结合图象证明，再证明，，，由此完成证明.

【详解】（1）依题意，，求导得，

由，得，解得，函数在区间上单调递增；

由，得，解得，函数在区间上单调递减；

由，得，解得，

而，函数在上单调递增，在，上单调递减，

所以函数在上的递增区间为；递减区间为：，，

当时，函数取极小值，极小值为，

当时，函数取极大值，极大值为.

（2）关于的不等式在区间上恒成立，

即：在区间上恒成立，

令，求导得，

令，求导得，

由（1）知：在上的极大值为，又，

从而在上的最大值为1，即在上恒成立，

于是在上恒成立，则在上单调递增，

从而，当时，，当且仅当时等号成立，

因此在上单调递增，从而在上恒成立，

则当时，在上恒成立；

当时，令，则，即函数在上递增，

，即当时，，

于是，

又，则存在，使得，当时，，

函数在上单调递减，又，即当时，，与已知矛盾，

所以.

（3）对于函数，令，则，

从而当时，，函数在上单调递增；

当时，，函数在上单调递减，

则当时，取最大值，最大值为，

对于函数，令，则，

从而当时，，函数在上单调递增；

当时，，函数在上单调递减，

故当时，取最大值，最大值为，

因此，函数与有相同的最大值，其图象如下图所示，

下面先证明：曲线与有唯一交点，

由，得，即证明方程有唯一实数根，

因为当时，，，则曲线与在区间上没有交点，

即方程在上没有实根，

令，求导得，

令，求导得，

令，求导得，显然在上递减，

，函数在上递减，，

函数在上递减，，于是当时，，

函数在上单调递减，由，，

从而函数在上存在唯一零点，

则方程在上有唯一实数根，且，

由于直线与曲线，共有3个不同交点，则直线必过点，

且，，，

由，得，即，

而函数在上递增，，，则①，

由，得，即，

而函数在上递减，，，则②，

由①②得：③，由，得，于是有④，

所以由③④得，即成等比数列.

【点睛】关键点睛：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．