天津市2023届高三下学期二模数学试卷（含解析）

天津市2023届高三下学期二模数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．设集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．“”是“”成立的（    ）

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

3．函数的图象可能是（    ）．

A． B． C． D．

4．如图，是根据某班学生在一次数学考试中的成绩画出的频率分布直方图，若由直方图得到的众数，中位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）分别为，则（   ）

A． B． C． D．

5．已知，，，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

6．一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的高为（     ）

A．1 B． C．2 D．

7．已知双曲线C：）过点，且渐近线方程为，则双曲线C的方程为（    ）

A． B． C． D．

8．已知函数，若在上有且仅有2个最大值点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

9．已知函数 ，若函数在内恰有5个零点，则a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

10．是虚数单位，复数的虚部是______.

11．直线与圆交，两点，若为等边三角形，则的值为______．

12．从8名老师和6名学生中选出5名代表，要求老师和学生各至少一名，则不同的选法共有______种．

13．若关于的不等式在上有解，则实数的取值范围是_________

三、双空题

14．某专业资格考试包含甲､乙､丙3个科目，假设小张甲科目合格的概率为，乙､丙科目合格的概率均为，且3个科目是否合格相互独立.设小张3科中合格的科目数为X，则___________；___________.

15．已知向量满足分别是线段的中点，若，则______；若点为上的动点，且，则的最小值为______.

四、解答题

16．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．

(1)证明：D1E⊥A1D；

(2)当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离．

17．已知函数．

（1）求的最小正周期和对称中心；

（2）求在区间最大值和最小值

18．已知函数．

(1)求的单调区间和极值；

(2)若是函数的极值点．

（ⅰ）证明：；

（ⅱ）讨论在区间上的零点个数．

19．已知数列满足：，.

（1）求数列的通项；

（2）若，求数列的前项和；

（3）设，，求证：.

20．已知椭圆C：的焦距为，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点且不过点的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线交于点M.试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由.

参考答案：

1．D

【分析】分别解出集合和集合，再根据交集的定义即可得到答案.

【详解】由题得则，

，

故选：D．

2．B

【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.

【详解】解：因为 解得或，

所以“”是“”成立的必要不充分条件，

故选：B

3．D

【分析】通过函数的定义域与零点个数排除A、B、C选项，分析D选项符合函数的性质.

【详解】令得即，此有方程有两根，故有两个零点，排除A选项；

函数有意义满足解得或，

当时函数无意义，排除B、C选项；

对D选项：函数的定义域符合，零点个数符合，

又∵当与及时，函数单调递增，

结合对数函数的单调性可得函数单调递增，故单调性也符合，所以的图象可能是D；

故选：D

4．B

【解析】根据频率分布直方图读出众数a，计算中位数b，平均数c，再比较大小.

【详解】由频率分布直方图可知：众数；

中位数应落在70-80区间内，则有：，解得：；

平均数

        =4.5+8.25+9.75+22.5+21.25+4.75=71

所以

故选：B

【点睛】从频率分布直方图可以估计出的几个数据：

(1)众数：频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标；

(2)平均数：频率分布直方图每组数值的中间值乘以频率后相加；

(3)中位数：把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于y轴的直线横坐标．

5．A

【分析】根据指对数互化，利用对数函数的性质判断a、b、c的大小.

【详解】由题设，，又，

而，则，

综上，.

故选：A

6．B

【详解】试题分析：设圆锥底面半径是，母线长，所以，即，根据圆心角公式，即，所以解得，，那么高

考点：圆锥的面积

7．A

【分析】由点代入双曲线和渐近线方程，联立得到的方程组，求解即可.

【详解】点代入双曲线，焦点在轴上，渐近线方程为，所以解得，故双曲线的方程为.

故选：A.

8．C

【分析】讨论、时，取最大值时的值，由其周期性找到第三个最大值对应的值，由此确定的取值范围.

【详解】当时，，

当时，第1次取到最大值，

当时，，

当时，第2次取到最大值，

由知：当时，第3次取到最大值．

∴．

故选：C

【点睛】关键点点睛：讨论的范围，通过确定第二、三个最大值对应的值，进而得到的取值范围.

9．D

【分析】分析可知，对实数的取值进行分类讨论，确定函数在上的零点个数，然后再确定函数在上的零点个数，可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.

【详解】当时，对任意的，在上至多个零点，不合乎题意，所以，.

函数的对称轴为直线，.

所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且.

①当时，即当时，则函数在上无零点，

所以，函数在上有个零点，

当时，，则，

由题意可得，解得，此时不存在；

②当时，即当时，函数在上只有一个零点，

当时，，则，则函数在上只有个零点，

此时，函数在上的零点个数为，不合乎题意；

③当时，即当时，函数在上有个零点，

则函数在上有个零点，

则，解得，此时；

④当时，即当时，函数在上有个零点，

则函数在上有个零点，

则，解得，此时，.

综上所述，实数的取值范围是.

故选：D.

【点睛】已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过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）数形结合法：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中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

10．

【分析】由复数模的定义和复数的除法法则计算．

【详解】．虚部为-2.

故答案为：．

11．##

【分析】结合几何关系和点到直线的距离即可求解.

【详解】由条件和几何关系可得圆心到直线的距离为，解得．

故答案为：.

12．1940

【分析】间接求，用总数减去不符合要求的选法即可求解

【详解】不考虑限制要求，所有不同的选法有

全选教师的选法有，全选学生的选法有

所以至少一名教师一名学生的选法有

故答案为：

13．

【分析】将在上有解转化为至少有一个负数解，构造画出图像，平移图像即可.

【详解】由题知，可将在上有解，

转化为至少有一个负数解，

构造，

画出图形，如图：

当时，与相交于点，

要使与相交于轴左侧，

则需满足，

在函数不断左移的过程中，

若与左侧曲线相切，

则有，

即，

对应的，

即，

解得，

则，

故答案为：.

14．     ；     ##.

【分析】根据独立事件概率的公式，结合数学期望的公式进行求解即可.

【详解】；

，

，

，

所以，

故答案为：；

15．          ．

【分析】由得是平行四边形，把用表示后，由数量积的运算求得，同样用表示后平方可求得模，由向量的线性运算得，利用三点共线得出，代入，化简后引入函数，由导数求得其最小值．

【详解】因为，所以是平行四边形，

由题意,

,

即，，

，

，

，

，

又共线，所以，即，

在线段上，因此，

，

令，则，

时，，递减，时，，递增，

所以，

所以的最小值为．

故答案为：；．

16．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）证明、，由线面垂直的判定定理可证明平面，即证；

（2）由勾股定理求出△ACD1各个边长，设点到平面的距离为，由即可求解.

【详解】（1）因为平面，平面，

所以，

因为四边形是矩形，，

所以四边形是正方形，

所以，

又平面，平面，，

所以平面，又因为平面，

所以.

（2）因为，，为的中点，

所以，，，，

所以，，

设点到平面的距离为，

由可得：，

即，

解得：，

所以点E到面ACD1的距离为.

17．（1）最小正周期；称中心为，；（2）；．

【分析】（1）先利用三角恒等变换公式对函数化简变形得，从而可求出其最小正周期和对称中心；

（2）由求出，然后结合正弦函数的性质可求出函数的最值

【详解】（1）

，

所以的最小正周期，

由题意，，解得，，

所以称中心为，；

（2）∵，∴，

∴，

∴当，即，；

当时，即，．

18．(1)函数在上单调递增，在上单调递减，有极大值，无极小值.

(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）2

【分析】（1）求导得到导函数，根据导函数的正负确定单调区间，计算极值得到答案.

（2）（ⅰ）计算得到，确定，设，根据函数的单调性结合，得到证明；

（ⅱ）求导得到导函数，考虑，，三种情况，构造，确定函数的单调区间，根据，，得到零点个数.

【详解】（1），，取得到，

当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.

故函数在上单调递增，在上单调递减，有极大值，无极小值.

（2）（ⅰ），，

，故，

设，函数单调递增，

，.

根据零点存在定理知.

（ⅱ），，，

设，，

当时，，故，单调递增，，故函数单调递减，，

故函数在上无零点；

当时，，

设，，

设，则，

当时，，当时，

故在单调递增，在上单调递减，

，，，

故存在使，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

，故，，故函数在上有1个零点.

综上所述：在区间上的零点个数为2

【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数的单调性和极值，根据极值求参数，零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中分类讨论是解题的关键，三角函数的有界性和正负交替是经常用到的关键思路.

19．（1）；（2）；（3）证明见解析.

【分析】（1）采用叠加法可直接求出

（2）通项为等差乘等比的形式，采用错位相减法可求得

（3）复杂题型的裂项需要先进行试值，经检验．符合裂项公式，再采用叠加法求值即可．

【详解】（1）因为，

所以当时，

；

又，故．

（2）由（1）及题设知：，

所以，

所以，

所以.

（3）由（1）及题设知：，所以

所以，

即，所以．

又是递增数列，所以的最小值为，

即证.

【点睛】错位相减法一定要注意位置对应关系及两式相减后的符号正负．数列求恒成立问题基本上是通过叠加法、放缩法、裂项法、构造函数法等相关方法求得．

20．(1)；

(2)直线BM与直线DE平行，理由见解析.

【分析】（1）根据题意建立方程组，进而解出a,b，然后得到答案；

（2）讨论直线AB的斜率不存在和存在两种请，若斜率存在，设其方程为，进而求出点M的坐标，然后将直线方程代入椭圆并化简，进而结合根与系数的关系得到并化简，进而解得问题.

(1)

由已知可得

解得，，所以椭圆C的标准方程是.

(2)

直线BM与直线DE平行.

证明如下：当直线AB的斜率不存在时，则，，

所以直线AE的方程为，

所以，所以.

又因为直线DE的斜率，所以.

当直线AB的斜率存在时，设其方程为.

设，，则直线AE的方程为.

令，得点.

由得，易知，所以，，直线BM的斜率.

，

所以.综上，直线BM与直线DE平行.

【点睛】本题第（2）问运算量较大，但根据题意容易想到应当判断两条直线的斜率关系，于是设出直线方程并代入椭圆方程化简，进而运用根与系数的关系解决问题.