2023届天津市新华中学高三下学期统练7数学试题含解析

2023届天津市新华中学高三下学期统练7数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.

【详解】由题意，，所以,

所以.

故选：D.

2．已知条件，条件，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】化简两个条件，即可得出结论.

【详解】由题意，

在中，解得：或，

在中，解得：，

∵可以推出，不可以推出，

∴是的必要不充分条件，

故选：B.

3．函数的部分图象是

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据奇偶性排除B，当时，，排除CD，得到答案.

【详解】， 为奇函数，排除B

当时，恒成立，排除CD

故答案选A

【点睛】本题考查了函数图像的判断，通过奇偶性，特殊值法排除选项是解题的关键.

4．某城市在进行创建文明城市的活动中，为了解居民对“创建文明城”的满意程度，组织居民给活动打分（分数为整数，满分100分），从中随机抽取一个容量为120的样本，发现所给数据均在[40，100]内．现将这些分数分成以下6组并画出样本的频率分布直方图，但不小心污损了部分图形，如图所示．观察图形则下列说法中有错误的是（    ）

A．第三组的频数为18人

B．根据频率分布直方图估计众数为75分

C．根据频率分布直方图估计样本的平均数为75分

D．根据频率分布直方图估计样本的中位数为75分

【答案】C

【解析】对于A频率分布直方图中，小矩形的面积等于这一组的频率，而频率的和等于1，可求出分数在[60,70）内的频率；对于B根据众数是频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标即可得解；对于C，同一组数据常用该组区间的中点值作为代表，将中点值与每一组的频率相差再求出它们的和即可求出本次考试的平均分，对于D，由中位数将所有的小长方形的面积均分即可求解．

【详解】对于A，因为各组的频率之和等于1，所以分数在[60，70）内的频率为：f＝1﹣10（0.005+0.015+0.030+0.025+0.010）＝0.15，

所以第三组[60,70）的频数为120×0.15＝18（人），故正确；

对于B，因为众数的估计值是频率分布直方图中最高矩形的中点，从图中可看出众数的估计值为75分，故正确；

对于C，又根据频率分布直方图，样本的平均数的估计值为：45×（10×0.005）+55×（10×0.015）+65×（10×0.015）+75×（10×0.03）+85×（10×0.025）+95×（10×0.01）＝73.5（分），故错误；

对于D，因为（0.05+0.15+0.15）×10＝0.35＜0.5，（0.05+0.15+0.15+0.3）×10＞0.5，所以中位数位于[70,80）上，所以中位数的估计值为：7075，故正确；

故选：C．

【点睛】本题主要考查了频率及频率分布直方图，以及平均数有关问题，考查运用统计知识解决简单实际问题的能力，数据处理能力和运用意识．本题属于中档题．

5．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别求出的范围，再比较大小.

【详解】根据对数换底公式可知，，所以，，所以， ，

所以.

故选：D

6．已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为3，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，则双曲线的标准方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】确定抛物线焦点为，且，根据距离得到，得到双曲线方程.

【详解】双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，

故抛物线的准线方程为，即抛物线焦点为，

渐近线方程过，则，

双曲线的左顶点与抛物线焦点距离是，则左顶点为，即.

故双曲线方程为.

故选：B.

7．已知，若，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由对数的概念和运算性质可得，再由基本不等式可求解.

【详解】由，可得，，

代入，得，即，

由对数运算性质，，解得，

则，

，

当且仅当时，等号成立.

故选：C.

8．灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围如图，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分除去两个球冠如图，球冠是由球面被一个平面截得的，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为，球冠的高为，则球冠的面积已知该灯笼的高为，圆柱的高为，圆柱的底面圆直径为，则围成该灯笼所需布料的面积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由勾股定理求出，则，分别求出两个球冠的表面积、灯笼中间球面的表面积、上下两个圆柱的侧面积即可求出围成该灯笼所需布料的面积.

【详解】由题意得圆柱的底面圆直径为，半径为，即球冠底面圆半径为.

已知该灯笼的高为，圆柱的高为，所以该灯笼去掉圆柱部分的高为，

所以，得，，

所以两个球冠的表面积之和为，

灯笼中间球面的表面积为．

因为上下两个圆柱的侧面积之和为，

所以围成该灯笼所需布料的面积为．

故选：B．

9．函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的个数是（    ）

①函数的最小正周期为2；

②点为的一个对称中心；

③函数的图象向左平移个单位后得到的图象；

④若已知函数在区间有且仅有3个最大值点，则函数在区间上是增函数.

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】C

【分析】根据图象求出函数的解析式，对①用定义验证1为周期；对②代入验证即可；对③求得平移后解析式验证；④求出的范围，进而求出的范围，判断余弦函数在此范围的单调性即可.

【详解】由图象可得且，故，故，

所以，而，

故即，

因为，所以即.

对于①，，

因为，

故的周期为1，故的最小正周期不为2，故①错误.

对于②，因为，故点为的一个对称中心，

故②正确.

对于③，函数的图象向左平移个单位后所得图象对应的解析式为：

，

故③正确.

对于④，由可得，故，

因为函数在区间有且仅有3个最大值点，

故，故，

而当时，有，

因为在上是增函数，

故函数在区间上是增函数，故④正确.

故正确说法有②③④，

故选：C.

二、填空题

10．若是复数，，则____________．

【答案】

【分析】根据复数除法运算的法则，化简复数，求出它的共轭复数，然后利用复数的乘法运算法则，计算出的值.

【详解】

【点睛】本题考查了复数的乘法、除法、共轭复数，正确应用运算法则是解题的关键.

11．的展开式中的系数为___________.

【答案】

【分析】求得的展开式通项，即可求得项，得出系数.

【详解】的展开式通项为，

当时，，当时，，

所以的展开式中的项为，

其系数为.

故答案为：.

12．直线l过点截圆所得的弦长等于，则直线l的方程是___________．

【答案】或

【分析】讨论直线的斜率存在和不存在两种情况，利用圆心到直线的距离等于半径进行计算即可得到答案.

【详解】因为圆的半径为2，弦长为，所以圆心到直线l的距离，

当直线l斜率不存在时，，满足题意；

当直线l斜率存在时，设，由圆心到直线距离为1得解得，所以l的方程为或．

故答案为：或．

三、双空题

13．某射击小组共有10名射手，其中一级射手2人，二级射手3人，三级射手5人，现选出2人参赛，已知至少有一人是一级射手，则另一人是三级射手的概率为__________.若一､二､三级射手获胜概率分别是，则任选一名射手能够获胜的概率为__________.

【答案】          /

【分析】根据条件概率及全概率公式求解.

【详解】至少有一人是一级射手的概率为，一人是一级射手且另一人是三级射手的概率为，至少有一人是一级射手，则另一人是三级射手的概率为.

一、二、三级射手通过选拔进入比赛的概率分别是 ， 则任选一名射手能够获胜的概率为.

故答案为: ； 0.64 .

14．在中，分别为的中点，为与的交点，且若，则__________；若在上的投影向量的模长为1，则在上的投影向量的模长为__________.

【答案】          或

【分析】根据题意，由平面向量基本定理可得，即可得到结果；由投影向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果.

【详解】

由题意知，是的重心，所以，因，

所以，又因为，所以，

则，

即，则；

因为在上的投影向量的模长为，

且在上的投影向量的模长为，且，

所以，解得或，则或.

故答案为：；或.

四、填空题

15．已知函数 ，若函数有三个零点，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】数形结合，分析与的交点个数为3时实数的取值范围即可.

【详解】由题意，函数有三个零点即有三个解，即与的交点个数为3.

作出与的图象，易得当时不成立，故.

当时与必有一个交点，则当有2个交点.

当时，因为恒过定点，此时与或有2个交点.

①当与有2个交点时，考虑临界条件，当与相切时，.

设切点，则，解得，此时切点，；

又最高点为，故此时.

故.

②当与有2个交点时，考虑临界条件，当与相切时，，即，此时，即，解得，由图可得，故.

此时

综上

故答案为：.

五、解答题

16．在中，角所对的边分别为，c.已知.

(1)求角；

(2)若，求的值；

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理化边为角，再结合两角和与差的三角函数公式即可求解.

（2）用两角和的余弦公式把拆开，结合二倍角公式即可求解.

【详解】（1）由正弦定理得，

即，

（2）

17．如图，四边形是边长为2的菱形，，四边形为矩形，，且平面平面.

(1)求与平面所成角的正弦值；

(2)求平面与平面夹角大小；

(3)若在线段上存在点，使得平面，求点到平面的距离.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，得出和平面的法向量，即可求出与平面所成角的正弦值；

（2）求出平面与平面的法向量，即可得到平面与平面夹角大小；

（3）设出，求出平面的法向量，得出点坐标，即可求出点到平面的距离.

【详解】（1）由题意，

∵平面平面，平面平面，

∴平面，

∵底面为菱形，

∴，

以为原点，所在直线为轴，过点作平行线为轴建立如图所示空间直角坐标系：

则，

∴，

平面的一个法向量是，

设与平面所成的角为，所以，

∴与平面所成的角的正弦值为

（2）由题意及（1）得，

，

设平面的一个法向量为，则，即，

令，则，所以，

设平面的一个法向量为，则，即，

令，则，所以，

所以，

因为，

∴平面与平面的夹角为.

（3）由题意，（1）及（2）得，

，

设，，

∵平面，所以，即，

解得：，

∴点为中点，，

∴点到平面的距离为：.

18．已知椭圆的左顶点，且点在椭圆上，分别是椭圆的左､右焦点.过点作斜率为的直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意列方程组求解即可；

（2）设直线的方程为，利用韦达定理法可得，进而可得直线，的方程，可得点代入椭圆方程，即得.

【详解】（1）由题意可得，

解得，

所以椭圆的标准方程为：；

（2）设直线的方程为，

联立，整理可得：，

所以，所以，

代入直线的方程为：，所以，

（i）当不垂直于轴时，，

所以直线的方程为：，

，直线的方程为：，

联立，可得，即，

又因为在椭圆上，所以，

整理可得：，解得，

又，解得.

（ii）当轴，则，则，

这时，这时，

显然不垂直

，综上所述：的值为.

19．已知数列是正项等比数列，是等差数列，且.

(1)求数列和的通项公式；

(2)设，数列的前项和为，求证：；

(3)表示不超过的最大整数，，

求①；

②.

【答案】(1).

(2)证明见解析

(3)①；②

【分析】（1）等比数列的公比为，等差数列的公差为，依题意得到方程组，求出、，即可求出通项公式；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得；

（3）①根据所给定义求出，，，即可得解；②结合①利用错位相减法计算可得.

【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，

由，，可得，解得或(舍去)，

故，.

（2）由（1）可得，

所以

（3）①因为，则，

，，

则，

②所以，

，

上述两式作差得，

所以.

20．已知函数.

(1)若函数为增函数，求的取值范围；

(2)已知.

（i）证明：；

（ii）若，证明：.

【答案】(1)

(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析

【分析】（1）分析可得原题意等价于对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解；

（2）（i）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可；

（ii）根据题意分析可得，，，构建，结合导数证明，即可得结果.

【详解】（1）∵，则，

若是增函数，则，且，可得，

故原题意等价于对恒成立，

构建，则，

令，解得；令，解得；

则在上递增，在递减，

故，∴的取值范围为.

（2）（i）由（1）可知：当时，单调递增，

∵，则，即，

整理得，

构建，则，

令，解得；令，解得；

则在上递减，在递增，

故，

即，当且仅当时等号成立，

令，可得，

综上；

（ii）∵，则，

可知有两个不同实数根，由（1）知，

可得，

同理可得，

构建，则，

当时，；当时，；

当时，；

且，故对恒成立，故在上单调递减，

∵，则，即，

且，则，故，

可得；

又∵，由（i）可得，即，

则，

且，则，可得；

综上所述：.

可得，则

故.

【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤

(1)作差或变形．

(2)构造新的函数h(x)．

(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．

(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．

特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．