天津市钢管公司中学2022-2023学年高三下学期第一次统练数学试题（含解析）

这是一份天津市钢管公司中学2022-2023学年高三下学期第一次统练数学试题（含解析），共17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。

天津市钢管公司中学2022-2023学年高三下学期第一次统练数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设集合，，，则
A． B．
C． D．
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
3．函数的图像大致为（    ）
A． B．
C． D．
4．从某网络平台推荐的影视作品中抽取部，统计其评分数据，将所得个评分数据分为组：、、、，并整理得到如下的频率分布直方图，则评分在区间内的影视作品数量是（    ）

A． B． C． D．
5．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是

A． B． C． D．
6．已知，，，则的大小关系为
A． B．
C． D．
7．若，则（    ）
A． B． C．1 D．
8．已知抛物线的焦点为，准线为.若与双曲线的两条渐近线分别交于点A和点B，且（为原点），则双曲线的离心率为
A． B． C．2 D．
9．已知函数图象的最小正周期是，则（    ）
① 的图象关于点对称
② 将的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称
③在上的值域为
④ 在上单调递增
A．①②④ B．①②③ C．②④ D．②③④

二、填空题
10．i是虚数单位，复数 .
11．的二项展开式中的常数项为 ．
12．已知两圆和相交于两点，则直线的方程是 ．

三、双空题
13．天津滨海文化中心地天津滨海新区开发区，是天津乃至京津冀地区的标志性文化工程.其中滨海图书馆建筑独具特色，被称为“滨海之眼”，如图所示，中心球状建筑引起了小明的注意，为了测量球的半径，小明设计了两个方案，方案甲，构造正三棱柱侧面均与球相切如图所示，底面边长约为30米，估计此时球的完整表面积为 平方米；方案乙，测量球被地面截得的圆的周长约为米，地面到球顶部高度约为16米，估计此时球的完整体积为 立方米，你认为哪种方案好呢？
     

四、填空题
14．若，，则的最小值为 .
15．在等腰梯形 中,已知 ,动点 和 分别在线段 和 上,且, 则的最小值为 .

五、解答题
16．在中，内角所对的边分别为.已知，，.
（Ⅰ）求和的值；
（Ⅱ）求的值.
17．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，
AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．
（1）证明B1C1⊥CE；
（2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．
（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．

18．设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率.
19．设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列.已知，，，.
（I）求和的通项公式；
（II）设数列的前n项和为，
（i）求；
（ii）证明.
20．，其中．
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）当时，求的单调区间；
（Ⅲ）证明：对任意的，在区间内均存在零点．

参考答案：
1．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．B
【解析】分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.
【详解】化简不等式，可知 推不出；
由能推出，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选B．
【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．
3．B
【分析】由函数为偶函数可排除AC，再由当时，，排除D，即可得解.
【详解】设，则函数的定义域为，关于原点对称，
又，所以函数为偶函数，排除AC；
当时， ，所以，排除D.
故选：B.
4．D
【分析】利用频率分布直方图可计算出评分在区间内的影视作品数量.
【详解】由频率分布直方图可知，评分在区间内的影视作品数量为.
故选：D.
5．A
【分析】本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3个阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算．
【详解】由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有情况，其中6爻中恰有3个阳爻情况有，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为=，故选A．
【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问题．本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题．
6．A
【分析】利用利用等中间值区分各个数值的大小．
【详解】；
；
．
故．
故选A．
【点睛】利用指数函数、对数函数的单调性时要根据底数与的大小区别对待．
7．C
【分析】由已知表示出，再由换底公式可求.
【详解】，，
.
故选：C.
8．D
【分析】只需把用表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率．
【详解】抛物线的准线的方程为，
双曲线的渐近线方程为，
则有
∴，，，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB的长度．
9．A
【分析】利用辅助角公式将函数化简，再根据函数的最小正周期求出，即可得到函数的解析式，由正弦函数的对称性可判断①；由函数图象的平移变换，结合余弦函数的性质可判断②；根据的范围和正弦函数的性质直接求解可判断③；根据正弦函数单调性通过解不等式可判断④.
【详解】因为，
函数的最小正周期是，∴，
∴，，
， ∴关于对称，故①正确.
，∴关于轴对称，故②正确.
当时，有，则，所以，
∴，故③错误.
由，解得，
所以的一个单调增区间为，而，
∴在上单调递增，故④正确.
故选：A.
10．4–i    
【详解】分析：由题意结合复数的运算法则整理计算即可求得最终结果.
详解：由复数的运算法则得：.
点睛：本题主要考查复数的运算法则及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
11．15
【分析】根据二项式展开式的通项公式，结合题意，即可容易求得结果.
【详解】因为的通项公式，
令，故可得，则二项展开式的常数项为.
故答案为：15．

12．
【详解】试题分析：两圆为①，②，可得，所以公共弦所在直线的方程为．
考点：相交弦所在直线的方程
13．
【分析】分别对两种方案分析，根据截面求出球的半径，即可求解.
【详解】方案甲: 过球心作与正三棱柱底面平行的截面，如图,

则, ,
所以,
即,
所以
方案乙，由周长可得截面圆半径 ，
过球心作重直于地面的截面，如图，

由直角三角形可得,
代入可解得：，
，
方案乙好. 由于球太大,方案甲不太好实施.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：根据实际问题抽象出数学问题，在研究球的问题中，作出适当的截面圆，利用球的截面性质，是解决问题的关键所在，属于中档题.
14．4
【详解】 ，（前一个等号成立条件是，后一个等号成立的条件是，两个等号可以同时取得，则当且仅当时取等号）.
【考点】均值不等式
【名师点睛】利用均指不等式求最值要灵活运用两个公式，（1） ，当且仅当时取等号；（2） ， ，当且仅当时取等号；首先要注意公式的使用范围，其次还要注意等号成立的条件；另外有时也考查利用“等转不等”“作乘法”“1的妙用”求最值.
15．
【详解】因为，，
，，


当且仅当即时的最小值为.

考点：向量的几何运算、向量的数量积与基本不等式.

16．（Ⅰ）.=.（Ⅱ）.
【详解】试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，
进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.
试题解析：（Ⅰ） 解：在中，因为，故由，可得.由已知及余弦定理，有，所以.
由正弦定理,得.
所以，的值为，的值为.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）及，得，所以，
.故.
考点：正弦定理、余弦定理、解三角形
【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
17．（1）见解析 （2） （3）
【详解】解：本题可通过建立空间坐标系求解．
如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．

(1)证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，∴B1C1⊥CE.
(2)＝(1，－2，－1)．
设平面B1CE的法向量＝(x，y，z)，
则,即
消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为＝(－3，－2,1)．
由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．
于是cos〈，〉＝＝＝－，从而sin〈，〉＝，
故二面角B1－CE－C1的正弦值为.
(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．
设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则
sinθ＝|cos〈，〉|＝
＝＝.
于是＝，解得λ＝ (λ＝－舍去)，
∴AM＝.

18．（Ⅰ）（Ⅱ）或.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程；
(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率.
【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1.
所以，椭圆方程为.
(Ⅱ)由题意，设.设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，
整理得，可得，
代入得，
进而直线的斜率，
在中，令，得.
由题意得，所以直线的斜率为.
由，得，
化简得，从而.
所以，直线的斜率为或.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质､直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.
19．(Ⅰ)，；(Ⅱ)（i）.（ii）证明见解析.
【详解】分析：（I）由题意得到关于q的方程，解方程可得，则.结合等差数列通项公式可得
（II）（i）由（I），有，则.
（ii）因为，裂项求和可得.
详解：（I）设等比数列的公比为q.由
可得.因为，可得，故.
设等差数列的公差为d，由，可得
由，可得
从而 故
所以数列的通项公式为，
数列的通项公式为
（II）（i）由（I），有，
故.
（ii）因为，
所以.
点睛：本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
20．（Ⅰ）
（Ⅱ）见详解
（Ⅲ）见详解
【分析】（I）当时，求出函数，利用导数的几何意义求出处的切线的斜率，利用点斜式求出切线方程；
（II）根据，解得或，讨论的正负，在函数的定义域内解不等式和求出单调区间即可；
（III）根据函数的单调性分两种情况讨论，当与当时，研究函数的单调性，然后根据区间端点的符号进行判定对任意，在区间内均存在零点从而得到结论．
【详解】解：（I）当时，，
，
所以曲线在点处的切线方程为
（II）解：令，解得或
∵，以下分两种情况讨论：
若，则，
∴的单调增区间是；的单调减区间是
若，则，
∴的单调增区间是；的单调减区间是
（III）证明：由（II）可知，
当时，在内单调递减，在内单调递增，以下分两种情况讨论：
（1）当，即时，在内单调递减．

所以对于任意，在区间内均存在零点．
（2）当，即时，在内单调递减，在内单调递增
若

所以在内存在零点．
若

∴在内存在零点．
所以，对任意的，在区间内均存在零点．
综上，对任意的，在区间内均存在零点．