天津市河西区2023届高三数学一模试题（Word版附解析）

这是一份天津市河西区2023届高三数学一模试题（Word版附解析），共23页。

河西区2022-2023学年度第二学期高三年级总复习质量调查（一）
数学试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页．
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1． 每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．
2． 本卷共9小题，每小题5分，共45分．
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设全集
=
A. {1,2} B. {3,4,5} C. {1,2,6,7} D. {1,2,3,4,5}
【答案】A
【解析】
【详解】∵全集U={1，2，3，4，5，6，7}，P={1，2，3，4，5}，Q={3，4，5，6，7}，
∴P∩（∁UQ）={1，2，3，4，5}∩{1，2}={1，2}．
故选A
2. “等式成立”是“等式成立”（ ）
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】A
【解析】
【分析】先分别解出两个方程，再根据充分条件与必要条件的定义进行求解.
【详解】由得，且，
由得或，
所以等式成立是等式成立”的充分不必要条件，
故选：A
3. 若函数的大致图象如图所示，则的解析式可能是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用排除法，取特殊值分析判断即可得答案
【详解】解：由图可知，当时，，
取，则对于B，，所以排除B，对于D，，所以排除D，
当时，对于A，，此函数是由向右平移1个单位，再向上平移1个单位，所以时，恒成立，而图中，当 时，可以小于1，所以排除A,
故选：C
4. 某市为了解全市12000名高一学生的的体能素质情况，在全市高一学生中随机抽取了1000名学生进行体能测试，并将这1000名的体能测试成绩整理成如下频率分布直方图．根据此频率分布直方图，下列结论中正确的是（ ）

A. 图中的值为0.020；
B. 同一组中的数据用该组区间的中点值做代表，则这1000名学生的平均成绩约为80.5；
C. 估计样本数据的75%分位数为88；
D. 由样本数据可估计全市高一学生体测成绩优异（80分及以上）的人数约为5000人．
【答案】B
【解析】
【分析】A.根据频率和为1，计算的值；B.根据平均数公式，判断B；C.根据百分位数公式，判断C；计算体测成绩在内的频率，再结合总人数，即可判断D.
【详解】A.由频率分布直方图可知，，
得：，故A错误；
B.，故B正确；
C设百分位数，易得，
则，
解得：，故C错误；
D.则体测成绩在的频率为，
估计全市高一学生体测成绩优异（80分及以上）的人数约为人，故D错误.
故选：B.
5. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数函数和对数函数的性质比较即可
【详解】，，
因为在上为增函数，且，
所以，即，
因为在上为增函数，且，
所以，即，
所以 ，
故选：C
6. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】两边取对数，根据对数的运算性质、法则化简即可得解.
【详解】，
，
，
，即或（舍去）
故选：C
7. 已知抛物线，分别是双曲线的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的右焦点，与双曲线的渐近线交于点，若，则双曲线的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由抛物线方程确定准线，即知，再由双曲线的渐近线为，令，结合已知有，进而求出双曲线参数，即可得方程.
【详解】由题设，抛物线准线为，则，，
双曲线的渐近线为，不妨令，

又，易知：△为等腰直角三角形，即，
所以，即，又，可得，
故双曲线为.
故选：A
8. 截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到．如图，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出棱长为1的正四面体的体积结合条件即得.
【详解】截角四面体的体积为大正四面体的体积减去四个相等的小正四面体体积，
因为棱长为1的正四面体的高，
则棱长为1的正四面体的体积，
所以该截角四面体的体积为．
故选：C．
9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列正确个数有（ ）

①关于点对称；
②关于直线对称；
③在区间上单调递减；
④在区间上的值域为．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数图象确定参数求出的解析式，计算的值，可判断①；计算的值，可判断②；根据正弦函数的单调性可判断③；根据，确定，结合正弦函数的值域，可判断④.
【详解】由图象可得,则，
的最大值为，
∴，
过点，∴，∴ ，
∵，，∴，
过点，∴，
即，
∴，由图像可知，即，
故，，
∴，
，的图象不关于点对称，①错误；
，取得最值，则的图象关于直线对称，②正确；
令，∴，
故的单调递减区间为，
当时，在上单调递减，，
故在区间上单调递减，③正确；
，∴ ，
，，④错误，
故选：B
第Ⅱ卷
注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题纸上．
2．本卷共11小题，共105分．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对一个给的3分，全部答对的给5分．
10. 已知i是虚数单位，化简的结果为______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用复数除法化简复数即可.
【详解】.
故答案为：
11. 的展开式中的系数为________.
【答案】70.
【解析】
【详解】试题分析：设的展开式中含的项为第项，则由通项知．令，解得，∴的展开式中的系数为．
考点：二项式定理．
12. 与直线和圆都相切的半径最小的圆的方程是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知所求圆与圆外切，且在直线与圆之间，结合圆的性质求圆心和半径.
【详解】因为圆的圆心，半径为，
圆心到直线的距离，
可知所求最小圆的半径，
设与直线垂直的直线方程为，
又因为直线过圆心，则，
即，则，
联立方程，解得，
即与的交点，
设所求圆的圆心为，则，解得或（舍去），
即圆心为，
故所求圆的方程为.
故答案为：.
13. 某校高三1班第一小组有男生4人，女生2人，为提高中学生对劳动教育重要性的认识，现需从中抽取2人参加学校开展的劳动技能学习，恰有一名女生参加劳动学习的概率则为______________；在至少有一名女生参加劳动学习的条件下，恰有一名女生参加劳动学习的概率______________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】应用组合数，超几何分布的概率求法求恰有一名女生参加、至少有一名女生参加的概率，进而求至少有一名女生参加条件下，恰有一名女生的概率（条件概率）.
【详解】由题设，抽取2人，恰有一名女生参加，其概率，
至少有一名女生参加，事件含恰有一名女生、2人都是女生，其概率，
所以，在至少有一名女生参加条件下，恰有一名女生的概率.
故答案为：，
14. 在梯形中，，且，，分别为线段和的中点，若，，用，表示__________．若，则余弦值的最小值为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】空（1）使用向量线性运算求解即可；
空（2）以与为基底，用数量积的形式表示出，再由基本不等式求解即可.
【详解】
如图，由已知，
.
∴.
设，即与的夹角为，
，
若，则，
∴，
又∵，，∴由基本不等式，
∴.
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：，.
【点睛】关键点睛：解决本题第2空的关键，是用以为夹角的两个向量作为基底，将垂直关系转化为数量积的形式，再借助基本不等式求解.
15. 已知，且函数恰有个不同的零点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】当时，由得，可转化为当时，恰有个不同的零点，利用根的分布可得答案.
【详解】当时，，
所以由得，
所以当时，恰有个不同的零点，
令，则在时恰有个不同的零点，
可得，解得，
综上，实数的取值范围是.
故答案为：.

【点睛】
方法点睛：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.
三、解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角B的大小；
（2）设a=2，c=3，求b和的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，.
【解析】
【详解】分析：（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得b=．结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得
详解：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，
又由，得，
即，可得．
又因为，可得B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，
有，故b=．
由，可得．因为a 因此，
所以，
点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
17. 已知四棱锥中，平面，，，，线段的中点．

（1）求证：直线平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用线面平行的条件即可求解;
（2）求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合线面角与向量夹角的关系即可求解；
（3）根据（2）的得出平面的法向量，再求平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合面面角与向量夹角的关系即可求解.
【小问1详解】
以点A为坐标原点，以AB，AD所在直线分别为x，z轴，以与AB垂直的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如下图所示，

则，，，，，．
所以，.
因为平面，,
所以平面PAB的法向量为，
所以，
所以，由因为平面PAB，
所以直线平面PAB．
【小问2详解】
由题意知，，，
设为平面PCD的法向量,则
，即，
令，则，
所以，
因为，设直线BE与平面PCD所成角为，
则，
所以直线BE与平面PCD所成角的正弦值为．
【小问3详解】
由题意知，，
设平面PAD的法向量为，则
，即，
令，则，
所以，
又因为平面PCD的法向量，
设平面PCD与平面PAD的夹角为，
则．
所以平面PCD与平面PAB夹角的余弦值为．
18. 已知椭圆的左顶点A与上顶点B的距离为.
（1）求椭圆C的方程和焦点的坐标；
（2）点P在椭圆C上，且P点不在x轴上，线段的垂直平分线与y轴相交于点Q，若为等边三角形，求点的P横坐标.
【答案】（1）椭圆方程为，焦点坐标为；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由，求得，得椭圆方程，再计算得焦点坐标；
（2）设方程为，，代入椭圆方程求得点坐标，然后求出的中垂线方程，得点坐标，再利用求得后得点横坐标．
【小问1详解】
由题意左顶点A与上顶点B的距离为，解得，所以，
椭圆方程为，焦点坐标为；
【小问2详解】
由已知，设方程为，，代入椭圆方程并整理得：
，
由是此方程的一个解得，所以，
的中点坐标为，
的垂直平分线方程为，
令得，
等边三角形，则，
所以，
解得，
所以．
19. 数列是公差为的等差数列，其前项的和为，数列是等比数列，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）令，求数列的通项公式；
（3）求．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）应用等差数列前n项和公式、等比数列通项公式求基本量，进而写出通项公式；
（2）由（1）得，即可得的通项公式；
（3）由，利用错位相减法及等比数列前n项和公式求，即可得结果.
【小问1详解】
由数列是公差d为1的等差数列，其前7项的和为，
所以，解得，
所以；
由数列是等比数列，，，得，解得，
所以．
【小问2详解】
因为，所以，
所以．
【小问3详解】
因为，
所以，
设，则①，
所以②，
①－②，得：，
所以，即．
20. 已知函数
（1）当时，
①求曲线的单调区间和极值；
②求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）①函数的单调递增区间为，单调递增区间为；的极大值为，无极小值；
②
（2）
【解析】
【分析】（1）①求函数的定义域和导函数，解方程，分区间研究导数的正负，由此确定函数的单调性和极值；
②利用导数的几何意义，求切线的斜率，结合点斜式即可求切线方程；
（2）首先求函数的导函数可得，讨论，和两种情况研究函数的单调性结合零点存在性定理确定函数的零点个数由此确定的取值范围.
【小问1详解】
①当时，，
函数的定义域为，，
令得．
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
函数在时取极大值，极大值为，无极小值．
②由（i）可知当，．
则所求切线方程为，
即．
【小问2详解】
由已知可得，方程在内有两个不等实根，
设，
则函数定义域为且，
．
当，即时，
若，则，单调递增；
若，则，单调递减，
所以，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去．
当，即时．，
①当，即时，
若，则，单调递减；若，则，单调递增，
所以，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去；
②当，即时，
若，则，当且仅当时，取等号，
所以函数上单调递增，
又，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去；
③当，即时，
若，则，单调递增；
若，则，单调递减；
若，则，单调递增．
又，可知．
因为
．
因为，所以
，即．
因为时，，
因为，所以，
所以在区间单调递增，
由零点存在定理，可得存在唯一，使得，又．
此时，所求方程有2个不同解，符合题意．
④当，即时，
若，则，单调递增；
若，则，单调递减；
若，则，单调递增．
又，于是，
令，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，所以，
所以，
所以
设，则
，

因为，所以，
函数在单调递增，
当时，，，
因为在上单调递增，由零点存在定理，得存在唯一，
使得，又．
此时，所求方程有2个不同解，符合题意．
综上所述，当时，函数有两个不同零点．
【点睛】知识点点睛：本题主要考查了导数的几何意义，同时也考查了求导分析函数单调性最，值，零点存在性定理，由零点个数求参数范围等方面，属于难题