天津市南开区2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

这是一份天津市南开区2023届高三数学二模试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 已知，，，则，，的大小关系是， 已知函数，给出下列结论等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年度第二学期高三年级质量监测（二）
数学学科试卷
本试卷共150分，考试时间120分钟.
第I卷
注意事项：
1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂在答题卡上.
2.每小题选出答案后，用铅笔把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，再选涂其它答案标号.
3.本卷共9小题，每小题5分，共45分.
参考公式：
①柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高.
②球的体积公式，其中䒾示球的半径.
③如果事件，相互独立，那么.
④对于稁件，，，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. 已知全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合运算的定义计算．
【详解】由已知，，
所以，
故选：B．
2. 已知R，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】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】若，则，则成立．
而当且时，满足，但不成立；
“”是“”的充分不必要条件．
故选：．
3. 已知函数，则的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出，可排除A，B，C，即可得出答案.
【详解】当时，，排除A，B，C.
故选：D.
4. 某车间从生产的一批零件中随机抽取了1000个进行一项质量指标的检测，整理检测结果得到此项质量指标的频率分布直方图如图所示.若用分层抽样的方法从质量指标在区间的零件中抽取170个进行再次检测，则质量指标在区间内的零件应抽取（ ）

A. 30个 B. 40个 C. 60个 D. 70个
【答案】C
【解析】
【分析】由分层抽样按比例计算．
【详解】设质量指标在区间内的零件应抽取个，则
，解得，
故选：C．
5. 已知，，，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指、对数函数单调性，结合中间值0，1，分析判断即可.
【详解】由题意可得：，
，且，则，
因为，则，
所以.
故选：B.
6. 如图，某种中药胶囊外形是由两个半球和一个圆柱组成的，半球的直径是，圆柱高，则该中药胶囊的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由球的体积公式和圆柱的体积公式求解即可；
【详解】由题意得该几何体由两个半球和一个圆柱筒组成，
所以体积为一个球体体积和一个圆柱体积之和，
由球体的体积为：，
圆柱体积为：，
所以浮球的体积为：.
故选：B.
7. 已知拋物线的准线过双曲线的左焦点，点为双曲线的渐近线和拋物线的一个公共点，若到抛物线焦点的距离为5，则双曲线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线的标准方程求出准线方程即可求出双曲线的左焦点，即可求；由为双曲线的渐近线和拋物线的一个公共点，到抛物线焦点的距离为5，可求出点的坐标，把点代入双曲线的渐近线方程即可得出与相等，再根据即可求解.
【详解】
由题意知，拋物线的准线方程为，所以双曲线的左焦点坐标为，所以双曲线的.
又因为点为双曲线的渐近线和拋物线的一个公共点，若到抛物线焦点的距离为5，所以，所以，代入抛物线方程即可得.
因为在双曲线的渐近线方程上，所以，又因为双曲线中，，所以，
所以双曲线的方程为：.
故选：D
8. 在中，，，为所在平面内的动点，且，则的最大值为（ ）
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】求出，由已知求出点的轨迹为圆，再由平面向量的平行四边形法则得出，的最大值即圆心到定点的距离加上半径，代入化简求值即可．
【详解】，，所以，则，
又因为，
所以，所以
由可得，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
取的中点，则，
所以，
故选：A

9. 已知函数，给出下列结论：
①；
②将的图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于原点对称；
③若，则；
④对，有成立
其中正确结论的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由函数周期性判断①，由对称性判断②，由单调性判断③，取为已知区间内两个最小值点，为最大值点，验证不等式成立，然后可判断④．
【详解】易知函数的最小正周期是，①正确；
将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象的函数解析式是，图象关于点对称，不关于原点对称，②错；
时，，因此在上单调递增，③正确；
时，，因此或时，取得最小值，时，取得最大值3，取，则成立，
因此，有成立，④正确，
共有3个命题正确．
故选：C．
第II卷
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.请将答案填在题中横线上.
10. 是虚数单位，复数的虚部为______.
【答案】
【解析】
【分析】直接根据复数的除法运算以及复数虚部的概念即可得到答案.
【详解】，
故其虚部为，
故答案为：.
11. 二项式的展开式中，常数项为_____．
【答案】
【解析】
【分析】先求得二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于0，求得的值，即可求得结论．
【详解】解：二项式的展开式的通项公式为：
，
令；
∴展开式中，常数项为：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质.
12. 若直线与圆相切，则______.
【答案】##0.75
【解析】
【分析】由圆心到切线的距离等于半径求解．
【详解】由题意圆心为，半径为2，
所以，解得．
故答案为：．
13. 计算的值为______.
【答案】8
【解析】
【分析】由对数的运算性质求解即可.
【详解】原式
.
故答案为：8.
14. 一个盒子中装有5个电子产品，其中有3个一等品，2个二等品，从中每次抽取1个产品.若抽取后不再放回，则抽取三次，第三次才取得一等品的概率为______；若抽取后再放回，共抽取10次，则平均取得一等品______次.
【答案】 ①. 0.1## ②.
【解析】
【分析】由全概率公式即可求出抽取三次，第三次才取得一等品的概率；设为抽取一等品的次数，抽取一等品的概率为，则，求出，即可得出答案.
【详解】令为第次取得一等品，
所以抽取三次，第三次才取得一等品的概率为:
，
若抽取后再放回，则设为抽取一等品的次数，抽取一等品的概率为，
则，.
所以平均取得一等品次.
故答案为：；6.
15. 已知函数，则函数的各个零点之和为______；若方程恰有四个实根，则实数的取值范围为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】求出函数的零点，可求得函数的各零点之和；令，可得出函数的值域为，设方程在上有两个不等的实根，设为、，可得出、或、或、，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】当时，由，可得；
当时，由，解得或.
所以，函数的各个零点之和为.
令，当时，，当且仅当时，等号成立，
当时，，当且仅当时，等号成立，
所以，函数的值域为.
作出函数的图象如下图所示：

若方程恰有四个实根，则方程在上有两个不等的实根，设为、，
由图可知，、或、或、，
作出函数在上的图象如下图所示：

由图可得或，
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下：
（1）确定内层函数和外层函数；
（2）确定外层函数的零点；
（3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为.
三、解答题：（本大题共5个小题，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，，所对边分别为，，，且，，.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化简已知式可得，再由同角三角函数的基本关系求解即可；
（2）由余弦定理求解即可；
（3）由题意可得出，再由二倍角的正弦和余弦公式及两角和的余弦公式求解即可得出答案.
【小问1详解】
由及正弦定理，
得，因为，
所以，且.
又，可得.
【小问2详解】
因为，
由余弦定理，得，
即，解得(负值舍去).
【小问3详解】
由（1）及，，，得，
从而.
由（1）得.
，，
所以
.
17. 如图，在直三棱柱中，，，为的中点，，垂足为.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面的夹角.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由直线的方向向量与平面的法向量垂直及线面平行的条件得证；
（2）由空间向量法求线面角；
（3）由空间向量法求二面角．
【小问1详解】
如图，以A为坐标原点，直线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则解得，
令，得.
因为，所以.
又平面，
所以平面.
【小问2详解】
设，则.
因为，所以.
即，解得，
所以.
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
设平面的一个法向量为，
则解得
令，得.
因为，所以.
所以平面与平面夹角为.
18. 设为等比数列，为公差不为零的等差数列，且，，.
（1）求和的通项公式；
（2）记的前项和为，的前项和为，证明：；
（3）记，求.
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由等差数列、等比数列的基本量法求得通项公式；
（2）由等差数列、等比数列的前项和公式求得后，用作差法证明；
（3）并项然后裂项求和．
小问1详解】
设等比数列的公比为，等差数列的公差为，
依题意，，即，解得.
所以.
因为，，所以，从而.
【小问2详解】
由（1）知，，所以.
因，
所以.
【小问3详解】

因为，
所以

．
19. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，，上顶点为，坐标原点到直线的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过A点作两条互相垂直的直线，与椭圆交于，两点，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件列方程组求得得椭圆方程；
（2）设的直线方程为，，，直线方程代入椭圆方程得，由垂直求得，再把代入，换元后利用基本不等式得最大值．
【小问1详解】
由已知可得，解得，，，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设的直线方程为，，，
联立方程整理得，
所以，
因为，
所以，

即.
所以.
整理得，解得或（舍去），
所以
所以，
令，
则，
此时最大值为.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值求法：
引入参数设出动直线方程，代入圆锥曲线方程后应用韦达定理，用点的坐标表示出待求最值的量的表达式，如果只有一个参数，则直接代入韦达定理的结果后，利用函数知识、不等式知识或导数知识求得最值，如果有两个参数，则利用韦达定理的结果和题中条件求出一个参数值或两个参数关系，消去一个参数，然后再求得最值．
20. 已知函数，.
（1）求的最小值；
（2）若，且，求证：；
（3）若有两个极值点，证明：.
【答案】（1）0 （2）证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数确定函数单调性，从而即可求得最小值；
（2）由（1）知，即，由，得，即，从而，再由对数函数的性质可得，从而得证；
（3）依题意可得有两个不等正根，不妨设，由，得，设，利用导数可得，，令，由导数可得在上单调递减，结合（2）可得，令，利用导数得在上单调递减，从而得，， 即可得证.
【小问1详解】
解：函数的定义域为，，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
所以在时取得最小值0.
【小问2详解】
证明：由（1）知，所以.
由，得且，
所以，即，从而.
所以.
【小问3详解】
证明：依题意，有两个不等正根，不妨设，
由，得.
设，由，知在上单调递增，在上单调递减.
且当时，，可得，.
，，
令，则，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以在上单调递减.
因为，，所以，.
由（2）当时，有，
所以，即，
所以，从而.
令，
所以在上单调递减.
所以，即.
所以.
所以，.
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式成立的问题，常常需要构造一个函数，利用导数求出此函数的最值，从而达到证明不等式的目的.