2023届天津市第四中学高三高考热身数学试题含解析

2023届天津市第四中学高三高考热身数学试题

一、单选题

1．设集合，，，则

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】分析：由题意首先进行并集运算，然后进行交集运算即可求得最终结果.

详解：由并集的定义可得：，

结合交集的定义可知：.

本题选择C选项.

点睛：本题主要考查并集运算、交集运算等知识，意在考查学生的计算求解能力.

2．设，则“”是“”的

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【详解】分析：首先求解绝对值不等式，然后求解三次不等式即可确定两者之间的关系.

详解：绝对值不等式，

由.

据此可知是的充分而不必要条件.

本题选择A选项.

点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

3．我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征．我们从这个商标中抽象出一个如图所示的图象，其对应的函数解析式可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】首先判断函数的奇偶性，再取特殊值逐个分析判断即可

【详解】由图象可知，函数图象关于轴对称，所以函数为偶函数，

对于A，，所以是偶函数，当时，令，则，得，则当时，函数的第一个零点为，当时，，，所以，所以A不合题意，

对于B，因为，所以是奇函数，所以不合题意，

对于C，因为，所以是偶函数，当时，令，则，得，所以当时，函数的第一个零点为，当时，，，所以，所以符合题意，

对于D，因为，所以是奇函数，所以不合题意，

故选：C

4．下列说法正确的是（    ）

A．若，，，则.

B．若将6名教师分到3所中学任教，每所学校至少一名教师且人数互不相同，则有320种不同的分法.

C．一组数据为148，150，151，153，153，154，155，156，156，158，163，165，则这组数据的上四分位数是156.

D．投掷一枚质地均匀的骰子两次，记事件A={两次的点数均为奇数}，事件B={两次的点数之和为4}，则.

【答案】D

【分析】根据相关的定义和计算方法以及函数的单调性逐项分析.

【详解】对于A，函数，当时是减函数，函数，当时是增函数，

，，，错误；

对于B，依题意将6名教师分为3组，各组的人数分别为1,2,3，共有种分法，

再将3组教师分配到3所中学，有种分法，所以总共有种分法，错误；

对于C，对于给定的数据，一共是12个，所以中位数是，

在154.5的右边有6个数据，所以上四分位数是，错误；

对于D，设两次投掷的点数为，

则事件，事件，

根据条件概率的定义，正确；

故选：D.

5．已知是定义在上的偶函数，且在是增函数，记，，，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据指数函数和对数函数单调性可确定，根据单调性和偶函数定义可比较出函数值的大小关系.

【详解】，在是增函数，

，又为偶函数，，

，即.

故选：A.

6．已知，则（    ）

A．-2 B．-1 C．1 D．2

【答案】B

【分析】先取倒数，再应用对数运算律计算即可.

【详解】因为,所以，

.

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．在四面体S-ABC中，SA⊥平面ABC， ∠BAC=120°，AB=1，AC=2，SA=3，则该四面体外接球面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可知该四面体的外接球的球心必经过外接圆的圆心且垂直于平面的直线上，且到的距离相等，在中，利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出外接圆半径，然后利用勾股定理求出外接球半径，从而可求得结果

【详解】如图所示，该四面体的外接球的球心必经过外接圆的圆心且垂直于平面的直线上，且到的距离相等.

在中，由余弦定理得，

再由正弦定理得，解得，

又因为，，

所以，

所以外接球的表面积为

故选：B.

9．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.

二、填空题

10．已知复数（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于第_____象限.

【答案】一

【解析】化简得到，得到复数对应象限.

【详解】，复数在复平面内对应的点的坐标为（2,1），

故复数在复平面内对应的点位于第一象限.

故答案为：一.

【点睛】本题考查了复数的模，复数除法，复数对应象限，意在考查学生对于复数知识的综合应用.

11．已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则展开式中的常数项为______.

【答案】405

【分析】先求出和，利用二项展开式的通项公式直接求解.

【详解】因为的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，

所以，由组合数的性质可知：.

所以.

因为展开式的各项系数之和为1024，所以在中，令，则有：.

因为，所以.

所以的展开式的通项公式为.

所以要求常数项，只需，解得：.

此时常数项为.

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.

三、双空题

13．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.

14．在△ABC中，，，，，则___________，若动点F在线段AC上，则的最小值为___________.

【答案】     /0.5    

【分析】第一空：用分别表示出，再由数量积的定义及运算律即可求出；

第二空：设，用分别表示出，由数量积的定义及运算律表示出，结合二次函数求出最小值.

【详解】  

第一空：，则，则，又，，故，解得；

第二空：设，，，则

，当时，取得最小值.

故答案为：；.

15．已知函数，若，则不等式的解集为_______；若恰有两个零点，则的取值范围为_____．

【答案】     ；    

【分析】第一空：直接代入，分和解不等式，再取并集即可；第二空：将题设转化为和的实数根的个数为2，分、和依次讨论根的情况，即可求解.

【详解】第一空：若，则，当时，由解得，则；

当时，由，解得，则；综上可得不等式的解集为；

第二空：恰有两个零点等价于和的实数根的个数为2.

当时，显然无解；解得（舍去），也无解，不合题意；

当时，显然无解；的判别式，设的两根为，

则，显然两根一正一负，即有1个实根，不合题意；

当时，令的对称轴为，则在单减，则，则无解；

，显然时不成立，则，令，则，显然在上单减，在单增，

则，又，，则时，有2个根，即恰有两个零点；

综上：.

故答案为：；.

四、解答题

16．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且

(1)求B的大小；

(2)若，求△ABC的面积.

(3)已知，且α为锐角，求的值.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理结合两角和的正弦公式化简，即可得解；

（2）先利用余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可得解；

（3）先利用平方关系求出，再根据结合诱导公式即可得解.

【详解】（1）∵，

∴由正弦定理可得，

又

∴

∵，∴

∵，∴；

（2）∵，

∴由余弦定理可得，整理可得，

又，解得，

∴；

（3）因为α为锐角，所以

又因为

所以为钝角，

则

.

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．在公差不为零的等差数列和等比数列中，为的前项和.已知，且是与的等比中项.

(1)求和的通项公式；

(2)记数列的前项和为，求；

(3)求.

【答案】(1)，

(2)

(3)

【分析】（1）设的公差为，的公比为，由题意可得，求得，，即可求得的通项公式，接着可得，算出即可；

（2）利用错位相减法求解即可；

（3）化简，然后分为偶数和为奇数进行求和即可

【详解】（1）设的公差为，的公比为，由题意

，即，

∵，解得，∴，∴.

∵，∴，∴

∴.

（2）

∴①

∴②

①②得

∴.

（3）

当为偶数时，

当为奇数时，

∴

19．已知椭圆：的离心率为，直线：与交于两点，且.

(1)求的方程；

(2)若的左、右顶点分别为，点不同于为直线上一动点，直线分别与交于点，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.

【答案】(1)

(2)证明见解析，

【分析】（1）根据题意得到得点在上，从而得到，再解方程组即可.

（2）首先设，，，根据题意得到，将椭圆向左平移个单位得到，，，.设直线为，得到，根据，得到，从而得到线恒过点，再将定点向右平移2个单位即可.

【详解】（1）由，得点在上，又，

所以，解得，所以的方程为.

（2）设，，，，，

因为，，所以.

因为，

，即，

所以.

又因为，，，

所以，即.

将椭圆向左平移个单位得到，

，，.

设直线为，

因为，.

所以，即，

所以，

所以，解得，

所以线为，恒过点.

将向右平移2个单位得到点，即直线恒过点.

当时，直线为，恒过点.

综上直线恒过定点.

20．已知函数．

（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；

（2）当时，求证：；

（3）设函数，其中为实常数，试讨论函数的零点个数，并证明你的结论．

【答案】（1）或；（2）见解析；（3）见解析

【分析】（1）根据导数的意义可知，解得切点；

（2）将所证明不等式转化为证明恒成立，设，利用导数证明；

（3）等价于，等价于，且，令，利用导数分析函数的性质，可知函数的极小值0，极大值，讨论当，，，时，结合零点存在性定理确定零点的个数.

【详解】（1）．所以过点的切线方程为，所以，

解得或．

（2）证明：即证，因为，所以即证，

设，则．

令，解得．

所以 当时，取得最小值．

所以当时，．

（3）解：等价于，等价于，且．

令，则．

令，得或，

（Ⅰ）当时，，所以无零点，即定义域内无零点

（Ⅱ）当即时，若，因为，

，所以在只有一个零点，

而当时，，所以只有一个零点；

（Ⅲ）当即时，由（Ⅱ）知在只有一个零点，且当时，，所以恰好有两个零点；

（Ⅳ）当即时，由（Ⅱ）、（Ⅲ）知在只有一个零点，在只有一个零点，在时，因为，

只要比较与的大小，即只要比较与的大小，

令，

因为，因为，所以，

所以，

即，所以，即在也只有一解，所以有三个零点；

综上所述：当时，函数的零点个数为0；  当时，函数的零点个数为1；当时，函数的零点个数为2；当时，函数的零点个数为3．

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，以及分析零点个数的问题，判断零点个数不仅需要讨论极值点的位置，还需根据单调性验证零点存在性定理，第三问中当即时判断零点个数相对其他情况比较难，还需构造函数.解决零点问题常用方法还有：分离参数、构造函数、数形结合.