2023年天津市滨海新区十二校联考塘沽一中等高考数学模拟试卷（一）（含答案解析）

这是一份2023年天津市滨海新区十二校联考塘沽一中等高考数学模拟试卷（一）（含答案解析），共17页。试卷主要包含了 设a=0等内容，欢迎下载使用。
A. {1,3}B. {0,3}C. {−2,1}D. {−2,0}
2. 非零向量a,b满足|b|=4,|a|=2且b与a夹角为θ，则“|b−a|=2 3”是“θ=π3”的( )
A. 必要而不充分条件B. 充分而不必要条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 函数f(x)=2ln|x|x的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
4. 为落实党中央的“三农”政策，某市组织该市所有乡镇干部进行了一期“三农”政策专题培训，并在培训结束时进行了结业考试．如图是该次考试成绩随机抽样样本的频率分布直方图．则下列关于这次考试成绩的估计错误的是( )
A. 众数为82.5
B. 中位数为85
C. 平均数为86
D. 有一半以上干部的成绩在80∼90分之间
5. 设a=(34)0.5,b=(43)0.5,c=lg34(lg34)，则( )
A. c0)，已知f(x)在[0,2π]有且仅有5个零点，下述四个结论：
①f(x)在(0,2π)有且仅有3个极大值点
②f(x)在(0,2π)有且仅有2个极小值点
③f(x)在(0,π10)单调递增
④ω的取值范围是[125,2910)
其中所有正确结论的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
10. 已知i是虚数单位，复数z=a+i(a∈R)，且满足z=1−3iz+1，则|z|=______.
11. 已知(ax2−1 x)n(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则展开式中的常数项为______ .
12. 过点(1,1)的直线l与圆(x−2)2+(y−3)2=9相交于A，B两点，当|AB|=4时，直线l的方程为______.
13. 我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必净注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺败毒方．若某医生从“三药三方”中随机选出三种药方，事件A表示选出的三种药方中至少有一药，事件B表示选出的三种药方中至少有一方，则P(A|B)=______.
14. 关于x的方程g(x)=t(t∈R)的实根个数记为f(t).若g(x)=lnx，则f(t)= (1) ；若g(x)=x,x≤0−x2+2ax+a,x>0(a∈R)，存在t使得f(t+2)>f(t)成立，则a的取值范围是 (2) .
15. 在平面四边形ABCD中，AB=BC=2CD=2，∠ABC=60∘，∠ADC=90∘，若BE=EF=FG=GC，则2AE⋅DC+AE⋅AF=__________；若P为边BC上一动点，当PA⋅PC取最小值时，则cs∠PDC的值为__________.
16. 已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且ab=csA2−csB.
(Ⅰ)求ac；
(Ⅱ)若b=4，csC=14，求△ABC的面积；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，求cs(2C+π3)的值．
17. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BCA=60∘，AP=AC=AD=2，E为CD的中点，M在AB上，且AM=2MB.
(Ⅰ)求证：EM//平面PAD；
(Ⅱ)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；
(Ⅲ)点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线EF与AC所成角45∘，求AF的长．
18. 已知等比数列{an}的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足a4=4a32，数列{bn}的前n项和Sn=(n+1)2bn，n∈N*，且b1=1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn=(b2n+1+3)an(b2n+1−1)(b2n+1+1)，n∈N*，求数列{cn}的前n项和An；
(3)设dn=(−1)n[(bn+1)2+an(bn+1)]，求{dn}的前2n项和T2n.
19. 椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为12，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为3.
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)已知点H(0,1)，若直线y=x+t与椭圆C相交于两点C，D且直线HC，HD的斜率之和为−2，求实数t的值.
(Ⅲ)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1、PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围.
20. 已知函数f(x)=(x−a)lnx−xlna，其中a>0.
(1)求f(x)的极值；
(2)设函数g(x)=f(x)+f(1x)有三个不同的极值点x1，x2，x3.
(i)求实数a的取值范围；
(ii)证明：x12+x22+x32>3.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵B={x|x2−4x+3=0}={1,3}，A={−1,2}，
∴A∪B={−1,1,2,3}，
又U={−2,−1,0,1,2,3}，
∴∁U(A∪B)={−2,0}.
故选：D.
求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案．
本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵|b−a|=2 3，
∴|b|2+|a|2−2|b|⋅|a|csθ=12，
即16+4−2×4×2csθ=12，
∴csθ=12，
∵θ∈[0,π]，
∴θ=π3.
故“|b−a|=2 3”是“θ=π3”的充分必要条件，
故选：C.
根据向量的模和向量的数量积求出θ=π3，再结合充分必要条件的定义即可判断．
本题考查了向量的数量积公式和充分必要条件，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：f(−x)=−2ln|x|x=−f(x)，
则f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D，
当x=1时，f(1)=0，
当x=e时，f(e)=2e>0，故排除A，
故选：C.
先判断函数的奇偶性，再根据函数值得变化趋势即可求出．
本题考查了函数图象的识别，关键掌握函数的奇偶性和函数值得变化趋势，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由频率直方图知：众数为82.5，A正确；
又(0.01+0.03+0.06)×5=0.5，即中位数为85，B正确；
由(0.01×72.5+0.03×77.5+0.06×82.5+0.05×87.5+0.03×92.5+0.02×97.5)×5=85.5，
所以平均数为85.5，C错误；
由(0.06+0.05)×5=0.55>0.5，则有一半以上干部的成绩在80−90分之间，D正确．
故选：C.
由频率直方图求众数、中位数、平均数，并判断在80−90分之间的干部占比，即可得答案．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了众数、中位数、平均数的估计，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：01，∴lg34(lg34)2，
∴xy>2z2，故D正确．
故选：B.
设3x=4y=6z=t>1，则x=lg3t，y=lg4t，z=lg6t，分别代入四个选项中，根据对数运算法则化简，判断是否正确即可．
本题考查对数式、指数式互化公式、对数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意可得F1(−p2,0)，F2(p2,0)，
则|F1F2|=p，
则|MF2|=p，
则xM=p−p2=p2，
不妨设M(p2,p)，
由点M在渐近线上可知ba⋅p2=p，即b=2a,
则双曲线的离心率为 5
故选：B.
由双曲线的性质，结合双曲线与抛物线的位置关系求解即可．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了双曲线与抛物线的位置关系，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：设球的直径为 3a，则球的内接正方体的棱长为a，正方体的内切球的半径r=a2，
∴正方体的内切球的体积V内接球=43π⋅(a2)3=π6a3，又由已知V内接球V牟合方盖=π4，
∴V牟合方盖=4π⋅π6a3=23a3，
∴此点取自球的内接正方体的“牟合方盖”的概率为23a343π( 32a)3=4 39π，
故选：C.
根据V内接球V牟合方盖=π4，求出V牟合方盖，求出满足条件的概率即可．
本题考查了几何概型问题，考查转化思想，是一道基础题．
9.【答案】C
【解析】解：对于④，因为ω>0，故当x∈[0,2π]时，则z=ωx+π5∈[π5,2ωπ+π5]，
画出函数y=f(x)=sinZ的图象，如图所示：
因为f(x)在[0,2π]有且仅有5个零点，故2ωπ+π5∈[5π,6π),
解得ω∈[125,2910),故④正确；
对于①，当ωx+π5=π2，5π2或9π2，
即x=3π10ω，23π10ω或43π10ω时，f(x)取得极大值，故f(x)在(0,2π)有且仅有3个极大值点，①正确；
对于②，当2ωπ+π5∈[5π,112π]，即ω∈[125,534]时，
当ωx+π5=3π2，7π2，即x=13π10ω，33π10ω时，f(x)取得极小值，
此时f(x)在(0,2π)有且仅有2个极小值点，
当2ωπ+π5∈(112π,6π)，即ω∈(534,2910)时，
当ωx+π5=3π2，7π2或112π，即x=13π10ω，33π10ω或53π10ω时，f(x)取得极小值，此时f(x)在(0,2π)有且仅有3个极小值点，故②错误；
对于③，当x∈(0,π10)时，ωπ+π5∈(π5,π10ω+π5)，
因为ω∈[125,2910),所以π10ω+π5∈[11π25,49π100),由于49π1001

【解析】解：若g(x)=lnx，则函数的值域为R，且函数为单调函数，
故方程g(x)=t有且只有一个根，
故f(t)=1，
g(x)=x,x≤0−x2+2ax+a,x>0，
当t≤0时，f(t)=1恒成立，
若存在t使得f(t+2)>f(t)成立，
则x>0时，函数的最大值大于2，且对称轴位于y轴右侧，
即a>0−4a−4a2−4>2，
解得：a>1，
故答案为：1，a>1
若g(x)=lnx，则函数的值域为R，且函数为单调函数，故方程g(x)=t有且只有一个根，故f(t)=1，
若g(x)=x,x≤0−x2+2ax+a,x>0(a∈R)，存在t使得f(t+2)>f(t)成立，则x>0时，函数的最大值大于2，且对称轴位于y轴右侧，解得答案．
本题考查的知识点是分段函数的应用，函数的零点及个数判断，难度中档．
15.【答案】132
5 714

【解析】
【分析】
本题考查平面向量在几何问题中的应用，通过建系将问题坐标化是一种常见的求角或距离的解题方法．同时考查学生运用转化思想、数形结合思想、函数思想等的解题能力．属于中档题.
根据题意可知△ABC是等边三角形，△ADC是有一个内角为60∘的直角三角形．又知道它们的边长，所以可以建立坐标系，将问题坐标化后进行计算求解．
【解答】
解：∵平面四边形ABCD中，AB=BC=2CD=2，∠ABC=60∘，∠ADC=90∘，
∴△ABC是边长为2的等边三角，在Rt△ADC中，AC=2，CD=1，所以∠ACD=60∘.
又BE=EF=FG=GC，∴E，F，G是BC边的四等分点．
如图建立坐标系：
则：A(0, 3)，B(−1,0)，C(1,0)，
D(32, 32)，E(−12,0)，F(0,0)，G(12,0).
所以2AE⋅DC+AE⋅AF=2(−12,− 3)⋅(−12,− 32)+(−12,− 3)⋅(0,− 3)=132.
再设P(x,0)，∴PA⋅PC=(−x, 3)⋅(1−x,0)=x2−x=(x−12)2−14.(−1≤x≤1)
显然x=12时，PA⋅PC最小，此时P(12,0).
∴cs∠PDC=cs=(−1,− 32)⋅(−12,− 32) (−1)2+(− 32)2 (−12)2+(− 32)2=5 714.
故答案为：132，5 714.

16.【答案】解：(Ⅰ)因为ab=csA2−csB=sinAsinB，
所以2sinA−sinAcsB=sinBcsA，
所以2sinA=sinAcsB+sinBcsA=sin(A+B)=sin(π−C)=sinC，
由正弦定理可得，ac=sinAsinC=12；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知c=2a，
因为csC=14，0