天津市九校联考2023届高三模拟考试数学试题 Word版含解析

这是一份天津市九校联考2023届高三模拟考试数学试题 Word版含解析，共24页。

九校联考2023年高考模拟考试试卷
数学
本试卷分为第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
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．
参考公式：
·如果事件，互斥，那么．
·如果事件，相互独立，那么．
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．
1. 设集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次不等式化简,进而由集合的交并补运算即可求解.
【详解】或，由得,所以，
故选：D
2. 已知为非零实数，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】A
【解析】
【分析】首先解分式不等式，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由，即，即，解得或，
所以由可以推出，故充分性成立，
由推不出，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，排除AD，取特殊点排除B，由此可得结论.
【详解】由可得，，，
因为，
所以函数不是奇函数，也不是偶函数，
所以函数的图象不关于轴对称，A，D错误，
又，B错误；
选项C满足以上要求.
故选：C.
4. 少年强则国强，少年智则国智．党和政府一直重视青少年的健康成长，出台了一系列政策和行动计划，提高学生身体素质．为了加强对学生的营养健康监测，某校在3000名学生中，抽查了100名学生的体重数据情况．根据所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A. 样本的众数为65 B. 样本的第80百分位数为72.5
C. 样本的平均值为67.5 D. 该校学生中低于的学生大约为1000人
【答案】B
【解析】
【分析】根据众数，百分位数，平均数的定义判断A，B，C，再求低于的学生的频率，由此估计总体中体重低于的学生的人数，判断D.
【详解】由频率分布直方图可得众数为，A错误；
平均数为，C错误；
因为体重位于的频率分别为，
因为，
所以第80百分位数位于区间内，设第80百分位数为，
则，
所以，即样本的第80百分位数为72.5，B正确；
样本中低于学生的频率为，
所以该校学生中低于的学生大约为，D错误；
故选：B.
5. 设,,,则（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据,,的单调性,分别判断的大概范围,即可得出大小.
【详解】解:由题知,,,
因为在定义域内单调递减,
所以,
即
因为在定义域内单调递增,
所以,
即,
因为在定义域内单调递增,
所以,
即,
综上:.
故选:D
6. 设，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数的运算法则即可求解.
【详解】由得，所以，
故选：C
7. 设、分别为双曲线（，）的左、右焦点.若在双曲线右支上存在点P，满足，且到直线的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线与抛物线的准线围成三角形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意首先求得渐近线方程，然后结合渐近线方程确定其与准线方程的交点坐标，最后求解三角形的面积即可.
【详解】依题意，可知是一个等腰三角形，
在直线的投影是其中点，由勾股定理可知|
根据双曲定义可知，整理得，
代入整理得，
所以
所以双曲线渐近线方程为，即，
抛物线准线方程为，
渐近线与抛物线的准线的交点坐标为：，，
的面积.
所以双曲线的渐近线与抛物线的准线围成三角形的面积为.
故选：B.

8. 中国雕刻技艺举世闻名，雕刻技艺的代表作“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，成品美轮美奂．1966年，玉石雕刻大师吴公炎将这一雕刻技艺应用到玉雕之中，他把玉石镂成多层圆球，层次重叠，每层都可灵活自如的转动，是中国玉雕工艺的一个重大突破.今一雕刻大师在棱长为12的整块正方体玉石内部套雕出一个可以任意转动的球，在球内部又套雕出一个正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），若不计各层厚度和损失，则最内层正四面体的棱长最长为（ ）

A. B. C. D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求正方体的内切球半径，易知该球为所求正四面体的外接球，根据正四面体的性质，可求得棱长．
【详解】由题意，球是正方体的内切球，且该球为正四面体的外接球时，四面体的棱长最大，
则该球半径，如图：

可知为外接球球心，，平面，为底面等边的中心，
设正四面体的棱长为，则，，
在中，则，即，
解得，即．
故选：A
9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法：

①的图象关于点对称；
②的图象关于直线对称；
③的图象可由的图象向左平移个单位长度得到；
⑧若方程在上有且只有两个极值点，则的最大值为．
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数图象及五点作图法求出函数解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可.
【详解】依题意可得，，，
再根据五点法作图可得，解得，．
因为，所以的图象关于点对称，故①正确；
因为，所以的图象关于直线对称，故②正确；
将的图象向左平移个单位长度得到，
故③错误；
因为，当时且，，
因为函数在上有且只有两个极值点，
所以，解得，即的最大值为，故④正确；
故选：C
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卡上．
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1个的给3分，全部答对的给5分．
10. 已知是虚数单位，复数的虚部为________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算求解.
【详解】因为，
所以其虚部为-1，
故答案为：
11. 在的展开式中，的系数是________．
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x的指数等于，计算展开式中含有项的系数即可.
【详解】由题意得：，，
只需，可得，
所以，
故答案：.
12. 直线经过点，与圆相交截得的弦长为，则直线的方程为________．
【答案】或
【解析】
【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，根据弦长求出圆心到直线的距离，分斜率存在与不存在两种情况讨论，分别求出直线方程.
【详解】圆，即，圆心为，半径，
因为直线与圆相交截得的弦长为，
所以圆心到直线的距离，
若直线的斜率不存在，此时直线方程为，满足圆心到直线的距离为，符合题意；
若直线的斜率存在，设斜率为，则直线方程为，即，
则，解得，所以直线方程为，即，
综上可得直线方程为或.
故答案为：或
13. 有两台车床加工同一型号的零件，第一台车床加工的优秀率为15%，第二台车床加工的优秀率为10%．假定两台车床加工的优秀率互不影响，则两台车床加工零件，同时出现优秀品的概率为________；若把加工出来的零件混放在一起，已知第一台车床加工的零件数占总数的60%，第二台车床加工的零件数占总数的40%，现任取一个零件，则它是优秀品的概率为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式即可求解第一空，根据全概率公式即可求解第二空.
【详解】由于第一台车床加工的优秀率为15%，第二台车床加工的优秀率为10%，所以两台车床加工零件，同时出现优秀品的概率为
记 “加工的零件为优秀品”， “零件为第1台车床加工“， “零件为第2台车床加工“，，，，，
由全概率公式可得，
故答案为：
14. 在中，，，若为其重心，试用，表示为________；若为其外心，满足，且，则的最大值为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】结合重心的定义及向量的线性运算，利用，表示，根据向量的线性运算和数量积的定义结合正弦定理化简向量等式，可得，结合基本不等式求的最大值.
【详解】连接并延长交与点，
由重心性质可得为线段的中点，且，
又，
所以，

若为的外心，则，
设点为线段的中点，设点为线段的中点，
则，
因为，
，
所以可化为：
，
所以，
由正弦定理可得，故
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最大值为.

故答案为：，.
15. 设，对任意实数x，记．若有三个零点，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】分析函数的零点，由条件列不等式求a的取值范围.
【详解】令，
因为函数有一个零点，函数至多有两个零点，
又有三个零点，
所以必须有两个零点，且其零点与函数的零点不相等，
且函数与函数的零点均为函数的零点，
由可得，，所以，
所以为函数的零点，
即，
所以，
令，可得，
由已知有两个根，
设，则有两个正根，
所以，，
所以，故，
当时，有两个根，
设其根为，，则，
设，则，，
所以，
令，则，
则，，
且，，
所以当时，，
所以当时，为函数的零点，又也为函数的零点，
且与互不相等，
所以当时，函数有三个零点.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
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，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足．
（1）求角B的大小；
（2）设，．
（ⅰ）求c的值；
（ⅱ）求的值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可.
（2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解.
【小问1详解】
由，
根据正弦定理得，,
可得，
因为，故，则，
又，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，且，，
（ⅰ）则，
即，解得（舍），.
故.
（ⅱ）由，
得，
解得，则，
则，
，
则
.
17. 如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．

（1）求证：平面；
（2）求点到直线的距离；
（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可.
【小问1详解】
因为底面，，
建立空间直角坐标系如图所示，

则，
所以，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得 ，
又，
可得，因为平面，
所以平面 ，
【小问2详解】
因为，
所以点到直线的距离.
【小问3详解】
设，，则，
设平面的法向量为，
则令，则，
所以，
即，解得或（舍去），
所以.
18. 设是等差数列，其前项和为（），为等比数列，公比大于1．已知，，，．
（1）求和的通项公式；
（2）设，求的前项和；
（3）设，求证：．
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，依题意得到方程组，求出、，即可得解；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得；
（3）由（1）可得，即可得到，利用放缩法及等边数列求和公式计算可得.
【小问1详解】
依题意设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，，
又，，所以，解得或（舍去），
所以，.
【小问2详解】
由（1）可得，
设的前项和为，
所以

.
【小问3详解】
因为，所以，
所以，
所以
.
19. 已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，椭圆内一点M满足，．
（1）求椭圆的离心率；
（2）椭圆上一点P在第一象限，且满，与椭圆交于点Q，直线交的延长线于点D．若的面积为，求椭圆的标准方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件可知，为的中点根据，代入距离公式与比例关系可以求得的关系，即可求得离心率.
（2）设所在直线方程与椭圆联立，可以求得的坐标，再有直线联立可以求得的坐标，用点到直线的距离与两点间的距离公式既可以求出三角形的面积，即可求得椭圆方程.
【小问1详解】
因为椭圆内一点M满足，所以为的中点，则，，化简得，
因为，所以，
所以椭圆的离心率为.
【小问2详解】
椭圆上一点P在第一象限，且满,

所以直线，设直线方程为，
由直线方程与椭圆方程联立得，
，解得，因为点P在第一象限，，因为关于原点对称，
，因为，，
则直线的方程为，联立得，，
所以，所以直线的方程为，即，
所以点到直线的距离为，，
所以的面积，所以，
所以椭圆的标准方程为.
故椭圆方程为.
【点睛】关键点睛：本题为圆锥曲线中直线与椭圆的位置关系，通常设直线方程，并与椭圆方程联立，借助韦达定理与点到直线的距离公式即可解决有关三角形面积的问题.
20. 已知函数，其中.
（1）当时，求函数在点上的切线方程.（其中e为自然对数的底数）
（2）已知关于x的方程有两个不相等的正实根，，且.
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）设k为大于1的常数，当a变化时，若有最小值，求k的值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）对函数求导数，求出在点处的斜率，最后求切线方程即可；
（2）（ⅰ）方程有两个不相等的正实根，等价于函数的图象与直线有两个交点，利用函数导数求出极值，再结合图象求出的取值范围即可；
（ⅱ）结合（ⅰ）及指对互化得，，从而把最小值化为的最小值，多次构造函数，求导，研究函数的单调性及最值，利用最值即可求解.
【小问1详解】
当时，，所以，
所以，又，
所以函数在点上的切线方程为，即；
【小问2详解】
（ⅰ）即，则有，，
设，，则，令，得，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又x趋向于0时，趋向负无穷，x趋向于正无穷大时，无限趋向0，且，
函数的图象如下：

由题意，方程有两个不相等的正实根，
即方程有两个不相等的正实根，
所以函数的图象与直线有两个交点，
由图知，，故实数a的取值范围为；
（ⅱ）因为，由（ⅰ）得，则，
所以，设，则，
即，，
由题意有最小值，即有最小值，
设，，则，
记，则，
由于，，时，，则在上单调递减，
时，，则在上单调递增，
又，，且t趋向于正无穷大时，趋向于正无穷大，
故存在唯一，使得，
时，，即，所以在上单调递减，
时，，即，所以在上单调递增，
所以时，有最小值，
而，则，即，
所以，
由题意知，令，
设，则，
设，则，
设，则，
故在上单调递增，，此时在上单调递增，
有，此时，故在上单调递增，
又，故的唯一解是，
故的唯一解是，即，
综上所述，.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.