2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三上学期期末数学试题（解析版），共19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。
2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三上学期期末数学试题 一、单选题1．设集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直接根据交集的概念求出答案即可.【详解】因为，所以.故选：D.2．设，则 “为偶函数” 是“”的A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【详解】试题分析：时是偶函数，但时，也是偶函数，因此“为偶函数” 是“”的必要而不充分条件．故选B．【解析】充分必要条件．3．函数在上的大致图象为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据给定的函数，利用其奇偶性，结合的值的情况判断作答.【详解】函数定义域为R，，即函数是奇函数，其图象关于原点对称，排除B；而，排除D，又，排除A，选项C符合题意.故选：C4．下面是追踪调查200个某种电子元件寿命（单位：）频率分布直方图，如图：其中300-400、400-500两组数据丢失，下面三个说法中，只有一个是正确的，正确的是（    ）①寿命超过的频率为0.3；②用频率分布直方图估计电子元件的平均寿命为：③寿命在400-500的矩形的面积可能是0.2A．① B．② C．③ D．以上均不正确【答案】C【分析】分别设其中一个正确，来推断另外两个说法，即可判断选项.【详解】若①正确，寿命超过的频率为，那么寿命在400-500的频率为0.15，这样电子元件的平均寿命为，②正确，③错误，不满足条件，故①正确不成立；若②正确，则①正确，③错误，故②正确不成立；若③正确，则寿命超过的频率为0.35，①③都不正确，故③正确.故选：C5．已知双曲线（，）的两条渐近线均和圆：相切，且双曲线的右焦点为圆的圆心，则该双曲线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据条件转化为关于的方程组，即可求解.【详解】圆，整理为，圆心，半径，双曲线的渐近线方程，由题意可知，，解得：，所以双曲线的方程为.故选：C6．已知，，，，则下列等式一定成立的是A． B． C． D．【答案】B【详解】试题分析：相除得，又，所以.选B.【考点定位】指数运算与对数运算. 7．已知奇函数，且在上是增函数．若，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，判断函数的奇偶性，再利用指数函数、对数函数单调性，结合单调性比较大小作答.【详解】因为函数是奇函数，则，即函数是偶函数，，而，，，即有，又函数在上是增函数，则，所以.故选：B8．已知函数（），若在上有且仅有三个极值点，则不正确的有（）A．在区间上的最小值可以等于B．若的图象关于点对称，则在区间上单调递增C．的最小正周期可能为D．若，将的图象向右平移个单位可得到的图象【答案】A【分析】根据在上有且仅有三个极值点，可得，进而结合选项即可逐一求解.【详解】令,解得，所以的所有的极值点为，由于在上有且仅有三个极值点，所以在上的极值点只能是因此且解得，若在区间上的最小值可以等于，由于，且，所以，解得，这与矛盾，故A错误，若的图象关于点对称，则,解得,又，所以取，，则，当，因为在上单调递增，故在区间上单调递增，B正确，的最小正周期为，令，此时满足，故C正确，若，则，即，所以或，,化简得或，，由于，故，因此将的图象向右平移个单位可得到，而，故D正确故选：A9．已知函数，函数，其中，若函数恰有4个零点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题知有4个实数根，进而令，则函数图像与图像有4个交点，进而作出函数图像，数形结合求解即可.【详解】解：因为函数恰有4个零点，所以恰有4个实数根，即有4个实数根，令，则函数图像与图像有4个交点，因为，，所以所以，，因为当时，，所以，作出函数图像如图所示，所以，当时，函数图像与图像有4个交点，所以，的取值范围是故选：C 二、填空题10．若复数满足（为虚数单位），则______．【答案】【分析】根据复数的四则运算，结合共轭复数的定义，可得答案.【详解】由，，则，故答案为：.11．的展开式中含x项的系数为______.【答案】28【分析】化简二项式定理展开式通项，求出k值，代入即可.【详解】设展开式中第项含x项，则，令，解得，代入得，故答案为：28.12．在梯形中，，，，，、分别为线段和线段上的动点，且，，则的取值范围为______．【答案】【分析】以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于直线的直线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的函数关系式，求出的取值范围，利用对勾函数的单调性可求得的取值范围.【详解】以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于直线的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、、，则，由题意可得，解得，，所以，，由对勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递增，当时，.因此，的取值范围是.故答案为：. 三、双空题13．已知圆：与圆：外切，此时直线：被圆所截的弦长为______；若点为圆上一点，则的最小值为______．【答案】          4【分析】根据圆与圆外切得，得圆：，，又，即可求得直线被圆所截的弦长；再根据即可解决.【详解】由题知，圆：与圆：，所以，，因为圆与圆外切，所以，解得，所以圆：，，因为直线为：，所以，所以直线被圆所截的弦长为，因为点为圆上一点，，所以所以的最小值为4故答案为：；414．从装有大小完全相同的个白球，个红球和3个黑球共6个球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取3次，记摸取的白球个数为，若，则______，______．【答案】     1     【分析】根据二项分布概率模型求数学期望和概率即可求解.【详解】由题可得服从二项分布，即，因为，所以，所以.故答案为:1; .15．如图，一个圆柱内接于一个圆锥，且圆锥的轴截面为面积是的正三角形．设圆柱底面半径为，高为，则的最小值为______，圆柱的最大体积为______．【答案】          【分析】先求得的关系式，然后利用基本不等式求得的最小值以及圆柱体积的最大值.【详解】设圆锥的底面半径为，则，所以圆锥的高为，所以，所以，当且仅当时等号成立.圆柱的体积，当且仅当时等号成立.故答案为：； 四、解答题16．在中，内角，，所对的边分别为，，．已知．(1)求角的大小；(2)设，，求和的值．【答案】(1)(2)； 【分析】（1）首先根据正弦定理得，代入后化简求角的大小；（2）首先根据余弦定理求边，再根据三边求，根据二倍角和两角和差公式，即可求解.【详解】（1）在中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得．又因为，可得．（2）在中，由余弦定理及，，，有，故．可得．又因为，故．因此，，所以，17．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，，平面，且，点在棱上（不包括端点），点为中点．(1)若，求证：直线平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值；(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在； 【分析】（1）通过构造平行四边形的方法来证得平面．（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值.（3）设，求得点的坐标，根据与平面所成角的正弦值列方程，由此求得，也即求得的值.【详解】（1）取的一个靠近点的三等分点，连接，，因为，所以且，又因为，且，点为中点，所以且，则四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以直线平面．（2）如图所示，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，又为的中点，则，所以，，，，设平面的法向量为，则，令，则，平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为．（3）存在，．假设存在点（不包括端点），设，即，，由（2）得，，，且平面的法向量，，，则,即，所以，因为与平面所成角的正弦值为，则，整理得：，解得：，故存在点，使与平面所成角的正弦值为，此时．18．设为等差数列的前项和，且，．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和；(3)若满足不等式的正整数恰有3个，求正实数的取值范围．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解公差和首项，（2）根据错位相减法即可求解，（3）构造数列，求解单调性即可求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得 ，解得，，因此，；（2）则，两式作差可得，因此，．（3），满足不等式的正整数恰有3个，得，由于，若为奇数，则不等式不可能成立．只考虑为偶数的情况，令，则，∴当时，，则；当时，，则；当时，，则；因为在时单调递减，所以当时，则．所以，又，，，，∴．因此，实数的取值范围是．19．已知椭圆（）的左顶点为，右焦点为，过作垂直于轴的直线交该椭圆于，两点，直线的斜率为．(1)求椭圆的离心率；(2)椭圆右顶点为，为椭圆上除左右顶点外的任意一点，求证：为定值，并求出这个定值；(3)若的外接圆在处的切线与椭圆交另一点于，且的面积为，求椭圆的方程．【答案】(1)(2)证明见解析；定值(3) 【分析】（1）首先求点的坐标，再代入斜率公式，即可求解；（2）设点，代入斜率公式，利用点在椭圆上化简斜率的乘积；（3）根据（1）的结果，可以用表示椭圆方程，以及点的坐标，并利用直线与圆相切的几何性质求切线的斜率，然后切线与椭圆方程联立后求得点的坐标，利用三角形面积公式，转化为关于的方程，即可求解.【详解】（1）由题意可知：，，设，由题意可知：在第一象限，且，∴，∴，∴，∴；（2）设，则，所以∴为定值（3）由（1），，所以椭圆方程为：，，，设的外接圆的圆心坐标为，由，得，求得，∴，切线斜率为：，切线直线方程为，即代入椭圆方程中，得，，，，∴，到直线的距离，的面积为，所以有，∴，椭圆方程为：．20．已知函数和，(1)求在处的切线方程；(2)若当时，恒成立，求的取值范围；(3)若与有相同的最小值．①求出；②证明：存在实数，使得和共有三个不同的根、、，且、、依次成等差数列．【答案】(1)(2)(3)① ；②证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；（2）当时，不等式等价于，构造函数，则，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围；（3）①对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数、的单调性，求出两个函数的最小值，根据这两个函数的最小值相等可得出关于实数的等式，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，结合可求得实数的值；②根据①可得当时，的解的个数、的解的个数均为，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得、的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【详解】（1）解：因为，则，所以，，所以，在处的切线方程为.（2）解：当时，不等式等价于．设，则，且.对于函数，.（ⅰ）当且时，，故，则在上单调递增，因此；（ⅱ）当时，令得，．由得，，故当时，，在单调递减，因此，不合乎题意.综上，的取值范围是．（3）解：①的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故.函数的定义域为，而.当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中，设，其中，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为.综上，.②由①可得和的最小值为.当时，考虑的解的个数、的解的个数.设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即方程的解的个数为.设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，有两个不同的零点即的解的个数为.当，由①讨论可得、仅有一个解，当时，由①讨论可得、均无根，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.设，其中，故，设，其中，则，故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，，故在上有且只有一个零点，且，当时，，即，即，当时，，即，即，因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，故，此时有两个不同的根、，此时有两个不同的根、，故，，，，所以，即，即，故为方程的解，同理也为方程的解，又可化为，即，即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故，即.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系．