天津市滨海新区2023届高三下学期三模数学试卷（含解析）

这是一份天津市滨海新区2023届高三下学期三模数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
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
3．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
4．设，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
5．为普及冬奥知识，某校在各班选拔部分学生进行冬奥知识竞赛． 根据参赛学生的成绩，得到如图所示的频率分布直方图． 若要对40%成绩较高的学生进行奖励，则获奖学生的最低成绩可能为（ ）
A．
B．
C．
D．95
6．如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为和3，则此组合体的外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
7．已知中心在原点的双曲线的离心率为2，右顶点为，过的左焦点作轴的垂线，且与交于，两点，若的面积为9，则的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
8．将函数的图象向左平移个单位长度得到如图所示的奇函数的图象，且的图象关于直线对称，则下列选项不正确的是（ ）
A．在区间上为增函数B．
C．D．
9．已知函数，函数，其中，若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
10．若复数为实数，则实数的值为_______.
11．二项式的展开式中，仅有第六项的二项式系数取得最大值,则展开式中项的系数是________
12．过圆内的点作一条直线，使它被该圆截得的线段最短，则直线的方程是______．
13．已知，，且，则的最小值为______.
三、双空题
14．一个袋中装有10个大小相同的黑球、白球和红球．已知从袋中任意摸出2个球，至少得到一个白球的概率是，则袋中的白球个数为_____，若从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为ξ，则随机变量ξ的数学期望Eξ＝_____．
15．如图在中，，，，为中点，为上一点.若，则______；若，则的最小值为______.
四、解答题
16．已知，．
(1)求的值；
(2)求的值．
17．在如图所示的多面体中，平面平面，，M，N分别是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值；
(3)设平面平面，求二面角的正弦值．
18．设椭圆的右焦点为F，右顶点为A，已知椭圆离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A的直线l与椭圆C交于点B（B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，若以BH为直径的圆经过点F，设直线l的斜率为k，直线OM的斜率为，且，求直线l斜率k的取值范围．
19．已知数列是公比大于1的等比数列，为数列的前n项和，，且，，成等差数列．等差数列满足，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)设
①求的值；
②设，数列的前n项和为，求的最大值和最小值．
20．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若在上有零点，
①求a的取值范围；
②求证：．
参考答案：
1．C
【分析】根据集合的交集运算即可求解.
【详解】由，，故，
故选：C
2．A
【分析】由集合的包含关系结合充分必要条件的定义判断.
【详解】可化为，即，
因为，所以不等式的解集为
因为是的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3．B
【分析】通过函数的奇偶性可排除AC，通过时函数值的符号可排除D，进而可得结果.
【详解】令，其定义域为关于原点对称，
，
所以函数为奇函数，即图像关于原点对称，故排除AC，
当时，，，，即，故排除D，
故选：B.
4．B
【分析】根据指数函数与对数函数的单调性比较大小即可.
【详解】是单调递增函数，，，
，
是单调递减函数
，
，
故选：B
5．C
【分析】根据频率分布直方图分别求出成绩在，的频率，进而得解.
【详解】根据频率分布直方图可知，成绩在的频率为
成绩在的频率为，
又，所以40%成绩较高的学生的分数在之间，且最低分数为
故选：C
6．B
【解析】设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为，根据球的性质与圆台的上下底面垂直，从而有，且球心在上下底面圆心的连线上，，即可求出，得出结论.
【详解】解：设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为，
则，而，
故.
故选:B.
【点睛】本题考查组合体外接球的表面积，利用球的性质是解题的关键，属于基础题.
7．A
【分析】设出双曲线的方程，根据离心率可得，根据题意求出点M、N的坐标，进而求得，结合三角形的面积公式化简计算即可求出a，b.
【详解】设双曲线的方程为，则，
由离心率为2，得，则，
因为直线l过点且垂直于x轴交E于点M、N，
所以点M、N的横坐标都为-c，有，解得，
所以，所以，
又，则
，
所以，故，得，
所以双曲线的方程为：.
故选：A
8．D
【分析】根据三角函数平移变换原则可知；根据图象、的对称轴和对称中心可确定最小正周期，从而得到；由为奇函数可知，由此可得，从而确定的解析式；利用代入检验法可确定A正确；根据特殊角三角函数值可知B正确；结合的单调性可判断出CD正误.
【详解】由题意知：，
由图象可知：，则与是相邻的对称轴和对称中心，
，即，
为奇函数，，
解得：，又，，；
对于A，当时，，则在上为增函数，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，，
在上单调递减，，，C正确；
对于D，，，
在上单调递减，，
，，即，D错误.
故选：D.
9．C
【分析】由题知有4个实数根，进而令，则函数图像与图像有4个交点，进而作出函数图像，数形结合求解即可.
【详解】解：因为函数恰有4个零点，
所以恰有4个实数根，即有4个实数根，
令，则函数图像与图像有4个交点，
因为，，所以
所以，，
因为当时，，
所以，
作出函数图像如图所示，
所以，当时，函数图像与图像有4个交点，
所以，的取值范围是
故选：C
10．
【分析】利用复数除法运算化简得，利用实数定义可构造方程求得结果.
【详解】，
为实数，，解得：.
故答案为：.
11．
【分析】先根据条件确定n值，再根据二项展开式通项公式求结果.
【详解】因为仅有第六项的二项式系数取得最大值,所以，
因为，
所以
【点睛】本题考查二项式系数与二项展开式项的系数，考查基本分析与求解能力，属基本题.
12．
【分析】由已知得圆的圆心为，所以当直线时，被该圆截得的线段最短，可求得直线的方程.
【详解】解：由得，所以圆的圆心为，
所以当直线时，被该圆截得的线段最短，所以，解得，
所以直线l的方程为，即，
故答案为：.
13．
【分析】将化为，利用换底公式和对数运算的性质，结合基本不等式“”的妙用求解即可.
【详解】由换底公式和对数运算的性质，
原式，
∵，∴，
∴原式，
∵，，∴，，∴，，
∴由基本不等式，
当且仅当，即时，等号成立，
∴原式.
∴当且仅当时，的最小值为.
故答案为：.
14． 5
【分析】根据至少得到一个白球的概率为，可得不含白球的概率为，结合超几何分布的相关知识可得白球的个数，以及随机变量的期望，得到答案．
【详解】依题意，设白球个数为，至少得到一个白球的概率是，则不含白球的概率为，
可得，即，解得，
依题意，随机变量，所以．
故答案为：5，．
【点睛】本题主要考查了超几何分布中事件的概率，以及超几何分布的期望的求解，其中解答中熟记超几何分布的相关知识，准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
15．
【分析】求得，计算出、的长，当时，可求得的值；计算得出，利用平面向量数量积的运算性质以及二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】因为，，，则，
当时，，此时；
，
则，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.
故答案为：；.
16．(1)
(2)
【分析】（1）先利用平方关系求出，再利用二倍角的正弦公式即可得解；
（2）利用两角差的余弦公式计算即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，
所以.
（2）由（1）知，，
所以.
17．(1)详见解析；
(2);
(3)；
【分析】（1）建立空间直角坐标系，运用空间向量方法证明线线平行从而证明线面平行
（2）运用空间向量求取线面夹角和二面角. 通过解方程求得平面的法向量，利用得解;
（3）通过求解，，然后利用即可得二面角的正弦值.
【详解】（1）
平面，且，以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图;
则，，，，，，，，,,由,
可得，又平面，平面，所以平面.
（2）设平面的法向量,,
则取，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）知平面的法向量，
平面平面,且平面的一个法向量为，
所以平面的一个法向量为，故，；，
平面与平面所成的二面角的正弦值等于.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出关于，，的方程组，解方程组，再求出椭圆C的方程；
（2）由已知设直线l的方程为，联立直线方程和椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求得B的坐标，由，求出H的坐标，再写出MH所在直线方程，由直线和直线l，解得求得M的坐标，从而得到，由，得到，再求出k的范围即可．
【详解】（1）因为过焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的线段长为3，所以①，
又因为椭圆离心率为，所以②，
又③，
联立①②③可得，，，
所以椭圆C的方程为．
（2）设直线的斜率为，则，设，
由，得，
则，得，则，
由（1）知，，设，
所以，，
因为以BH为直径的圆经过点F，则，所以，
所以，解得，
所以直线的方程为，
设，由，可得，
由，则，即，
当时，，解得；
当时，，解得，
所以直线的斜率的取值范围为．
19．(1)，
(2)①；②的最小值为，最大值为．
【分析】（1）根据题意及等差、等比数列的通项公式列出方程组，求解即可得出答案；
（2）①利用错位相减法求解即可；②由题知，进而裂项求和，并分的奇偶性讨论单调性求解最值即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
由已知得，解得，
所以；
设等差数列的公差为，
因为，，即，，解得
所以．
（2）．
①设，
则，
所以，两式相减得：，
整理得：，即，
所以，；
②由（1）知，
所以，，
所以，当为奇数时，，随的增大而增大，故当时，有最小值，
当为偶数时，，随的增大而减小，故当时，有最大值，
综上，的最小值，最大值为．
20．(1)时，在上单调递增，
当时在上单调递增，在上单调递减．
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）对函数求导，讨论a的取值情况，判断导数的正负，确定函数的单调性;
（2）①对a分类讨论，与1进行比较，结合零点存在定理，即可得到答案;
②根据在上有零点，可以先整理得到，利用该式，先将要证明的不等式左面进行变形，分离参数，再利用构造函数，结合求导，判断函数的单调性可进行证明；同理可证明不等式的右边部分.
【详解】（1）（1），．
当时，恒成立，在上单调递增．
当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
综上，时，在上单调递增，
当时在上单调递增，在上单调递减．
（2）①注意到，，
由（1）知，当时，在上单调递增，
对任意，恒有，不合题意；
同理，当时，在上单调递减，
又，所以对任意，恒有，不合题意；
当时，，由（1）知，在上单调递增，
在上单调递减，所以，
又当时，，
由零点存在定理知，存在唯一一点，使得，满足题意．
综上所述，a的取值范围为．
②由①知，当时，，
解得．要证，只需证．
令，，
则，
所以在上单调递增，
又，
所以在上恒成立，即，即．
要证，只需证，即．
又因为，即证．
令，，则．
又，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
所以在恒成立，所以在上单调递减，
又，所以，即，不等式得证．