天津市十二区重点学校2023届高三数学下学期毕业班联考(二)（Word版附解析）

这是一份天津市十二区重点学校2023届高三数学下学期毕业班联考(二)（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年天津市十二区重点学校高三毕业班联考（二）
数学试卷
第Ⅰ卷选择题（共45分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次不等式化简，由集合的交并补运算即可求解.
【详解】由得，由得，所以，
故选：B
2. 已知，命题是一元二次方程一个根，命题，则是的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分、必要性的定义判断命题间的推出关系，即可得答案.
【详解】对于命题，为方程的根，则，充分性成立；
对于命题，且，则必是题设方程的一个根，必要性成立；
所以是的充分必要条件.
故选：C
3. 函数y=xcosx+sinx在区间[–π，π]的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先确定函数的奇偶性，然后结合函数在处的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.
【详解】因为，则，
即题中所给的函数为奇函数，函数图象关于坐标原点对称，
据此可知选项CD错误；
且时，，据此可知选项B错误.
故选：A.
【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．
4. 某学校组建了演讲，舞蹈，航模，合唱，机器人五个社团，全校所有学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委在全校学生中随机选取一部分学生（这部分学生人数少于全校学生人数）进行调查，并将调查结果绘制了如下不完整的两个统计图，则（ ）

A. 选取的这部分学生的总人数为1000人
B. 选取的学生中参加机器人社团的学生数为80人
C. 合唱社团的人数占样本总量的40%
D. 选取的学生中参加合唱社团的人数是参加机器人社团人数的2倍
【答案】C
【解析】
【分析】根据题图数据分析选取人数、合唱社团占比、机器人社团占比及其人数，并判断两社团人数数量关系，即可得答案.
【详解】由题图知：选取人数为人，故合唱社团占比为，
所以，机器人社团占比为，故该社团人数为人，
所以合唱社团的人数是参加机器人社团人数的倍.
综上，A、B、D错，C对.
故选：C
5. 设函数，若，，，则，，的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得为偶函数，且在上为增函数，由此可得，然后利用对数函数和指数函数的性质比较的大小，从而可比较出，，的大小
【详解】解：因为，所以为偶函数，
所以，
当时，在上为增函数，
因为，，
所以，
因为在上为增函数，
所以，
所以，
故选：A
【点睛】此题考查对数函数和指数函数的性质，考查函数的奇偶性和单调性的应用，考查转化能力，属于基础题.
6. “阿基米德多面体”被称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知正方体边长为6，则该半正多面体外接球的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用几何体的对称性确定该半正多面体的外接球的球心及半径即可求解.
【详解】
如图，由半正多面体的对称性可知，其对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点，
其对称中心为正方体的体对角线的中点，点在平面的投影点为，
则有，，所以，
故该半正多面体的外接球的半径为，外接球的表面积为.
故选：D
7. 抛物线上的点到其焦点的距离是到y轴距离的2倍，过双曲线的左右顶点A、B作C的同一条渐近线的垂线，垂足分别为P、Q，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线定义及点在抛物线上求得，进而可得，结合双曲线渐近线性质及列方程求双曲线参数，即可得离心率.
【详解】由题设，，可得，故，

所以，渐近线为，不妨令P、Q在上，
若（为倾斜角），则，
所以，则，故.
故选：D
8. 已知函数，则下列说法正确的个数是（ ）
①的最小正周期为；②图象的对称中心为，；③在区间上单调递增；④将的图象向右平移个单位长度后，可得到一个奇函数的图象.
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】先化简为，利用周期公式可判断①；令，求解可判断②；由可得，从而得到单调性即可判断③；求得平移后的解析式为，利用奇函数的定义可判断④.
【详解】


对于①，，所以的最小正周期为，①对；
对于②，令，所以，②错；
对于③，，而在上单调递增，
所以在区间上单调递增，③对；
对于④，将的图象向右平移个单位长度后得到的函数解析式为，
而，所以不是奇函数，④错.
故选：B
9. 在平面四边形中，，，.若E、F为边BD上的动点，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由可知平面四边形是平行四边形，由可知四边形是菱形且边长为，由可知，即可求出相关的角度和长度，把分解为向量之和，用数量积公式化简为即可得到最大值，再由基本不等式即可得到最小值.
【详解】如图，设交于.不妨设点到点距离大于点到点的距离.

由可知且，所以平面四边形是平行四边形.
设，因为，
所以，
所以，所以平面四边形是菱形.
又因为，即,
所以，因为，所以，
所以.，
因为，所以.
所以






当，即点在处或点在处时，有最大值，
因为，
当且仅当时等号成立，所以有最小值.
所以的取值范围为.
故选：A
第II卷 非选择题（共105分）
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡中的相应横线上）
10. i为虚数单位，复数，复数z的共轭复数为，则的虚部为______.
【答案】##
【解析】
【分析】先化简得，即得复数和它的虚部.
【详解】由题得，
所以.
所以的虚部为.
故答案为：.
11. 一组数据按照从小到大顺序排列为1，2，3，4，5，8，记这组数据的上四分位数（第75百分位数）为，则展开式中的常数项为______.
【答案】10
【解析】
【分析】求数据中四分位数得，利用二项式展开式通项求常数项即可.
【详解】由题设，则，
所以，展开式通项为，
当，则，即常数项为.
故答案为：
12. 为圆上任意一点，点到直线与到直线的距离之和与点的位置无关，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，结合图形可知当圆位于直线与之间时即为所求，根据直线与圆相切时是临界值即可求解.
【详解】依题意，圆的标准方程为

由图可知当圆位于两直线与之间时，点到直线和的距离之和与点的位置无关，此时点到两直线和的距离之和即为与两平行直线间的距离，
当直线与圆相切时，，解得或（舍去），
所以，
即的取值范围是，
故答案为：.
13. 如图，用K、、三类不同的元件连接成一个系统.当K正常工作且、至少有一个正常工时，系统正常工作，已知K、、正常工作的概率依次为，，，则系统正常工作的概率为______，在系统能够正常工作的前提下，只有K和正常工作的概率为______.

【答案】 ①. ②. ##0.25
【解析】
【分析】根据概率乘法公式可求解空1,根据条件概率的计算公式即可求解空2.
【详解】记“系统正常工作”为事件,则概率为,
“K和正常工作”为事件,则概率为,
在系统能够正常工作的前提下，只有K和正常工作的概率为,
故答案为：，
14. 若，且，则的最小值为______.
【答案】5
【解析】
【分析】根据对数换底公式得到，解得，即，然后代入中，利用基本不等式求最小值即可.
【详解】因为，所以，解得或，
因为，所以，则，即，
因为，所以，，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：5.
15. 已知函数 ，，若函数至少有4个不同的零点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】换元，，由得，因为函数有四个零点，所以方程有且仅有两个不相等的根，且，因为方程 的-个解为，故按照与的大小关系，分三种情况讨论得出的取值范围即可.
【详解】设，因为至少有4个不同的零点，所以方程有且仅有两个不相等的根，且由得，故.
当时，由得.
①若，则，此时有3根，共5个零点，故有5个零点，满足题意；
②若，则，所以，方程有且仅有一个正根与一个负根，此时共4个零点，故有4个零点，满足题意；
③若，则，此时必有两正根，且，此时满足，即，解得.
综上有.
故答案为：
三、解答题（本大题5小题，共75分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求；
（2）若，，求a，c；
（3）若，求.
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦边化角及三角恒等变换可得结合三角形内角性质求；
（2）由正弦角化边及余弦定理列方程求a，c；
（3）由题设及（1）得，注意为锐角，应用倍角正余弦、差角正弦公式求目标式的值.
【小问1详解】
由题设及正弦边角关系得：，

显然，则，又，故；
【小问2详解】
由，则①，
由（1）得：②，
由①②得：，；
【小问3详解】
由正弦定理得：，则，
∵，即，则，故A为锐角，
∴，
∴，，
∴.
17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，平面ABCD，E为PD中点.

（1）若.
（i）求证：平面PCD；
（ii）求直线BE与平面PCD所成角的正弦值；
（2）若平面BCE与平面CED夹角的正弦值为，求PA.
【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）
（2）2
【解析】
【分析】（1）根据线线垂直结合线面垂直的判断定理即可求解，或者建立空间直角坐标系，利用空间向量证明.
（2）利用法向量的夹角求解平面的夹角，结合同角关系即可求解.
【小问1详解】
（i）方法一
∵平面ABCD，平面ABCD，∴，
∵四边形ABCD为矩形，∴，又，PA，平面PAD，∴面PAD，
∵面PAD，∴，
在中，，E为PD中点，∴
∵，面PCD，面PCD，∴平面PCD.
方法二：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，∴.
在中，，EPD中点，∴.
∵，面PCD，面PCD.∴平面PCD；
方法三：设平面PCD的一个法向量为，，，，
则，∴.
令，则，∴，
∵，∴，∴平面PCD.

（ii）由（i）得：平面PCD,平面PCD,，
在中，，E为PD中点，
∴，∵，面PCD，面PCD.
∴平面PCD，∴为平面PCD的一个法向量，.
记直线BE与平面PCD所成角为，
∴，
∴直线BE与平面PCD所成角的正弦值为；
【小问2详解】
设，∴，，
设平面BCE的一个法向量为，
则，∴，
令，解得，∴，
设平面CPD的法向量，又， ，
则 ，∴，
令，解得 ，∴，
设平面BCE与平面CED的夹角大小为，
则.
因为，所以，
即，
解得，即.
18. 已知椭圆右焦点为，已知椭圆短轴长为4，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆相交于M、N两点，线段MN垂直平分线与直线及轴和y轴相交于点D、E、G，直线GF与直线相交于点，记三角形EFG与三角形GDH的面积分别为，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆短轴长为4，可得，结合和，可求出，，即可求出椭圆的方程；
（2）由（1）可得右焦点，再由线段MN的垂直平分线与x，y轴都相交，得，联立方程组得，设出，，由韦达定理得，，由中点坐标公式可得，再由两直线互相垂直可得直线的方程，即可求得，，同理可得，由对称性可知，，结合三角形的面积公式即可求出结果.
【小问1详解】
由题意可得，即，
又，且，
解得：，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】

由（1）知椭圆的方程为，所以右焦点，
由直线，且线段MN的垂直平分线与x，y轴都相交，所以，
联立消去并化简得：，
此时需满足，
设，，
则，，
所以，
线段MN的垂直平分线的方程为，
令，解得，则有，
令，解得，则有，
，关于点对称，所以，
直线GF的方程为，即，
令，解得，则有，
所以，关于对称，所以，
所以.
19. 已知数列满足：，正项数列满足：，且，，.
（1）求，的通项公式；
（2）已知，求：；
（3）求证：.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得为等差数列，为等比数列，再分别求解公差与公比即可；
（2）代入化简可得，再分组根据等差数列与裂项相消求和即可；
（3）放缩可得，再裂项相消求和即可.
【小问1详解】
由题意知，为等差数列，设公差为d，为等比数列，设公比为q，
又，，，∴，∴，.
∴，，∴.
【小问2详解】
由，
∴



；
【小问3详解】
，
，
∴
.
∵，∴成立，
时，也成立，∴.
20. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有两个零点，（其中）.
（i）求实数的取值范围；
（ii）若存在实数，当时，使不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求处的切线方程；
（2）（i）问题化为有两个不等的实根，构造，应用导数研究其单调性，进而确定值域，即可得的取值范围；
（ii）由在为单调递增函数，将问题化为恒成立，令、且，则有两个正根，，应用导数研究单调性，再令进一步转化问题为在上恒成立，构造函数研究不等式恒成立求参数范围.
【小问1详解】
由，则，
所以，即切点坐标为，切线斜率，
故切线方程为，即；
【小问2详解】
（i）由题意有两个不等的正根，等价于有两个不等的实根，
设，则，
设，，则在为增函数，，，
∴存在唯一的，使，得①.
当时，则，为单调减函数；
当时，则，为单调增函数.
所以，代入①式得，当趋向于或时趋向，
所以时，函数 有两个零点，即函数有两个零点.
（ii）设，而，所以在为单调递增函数，
由题意，恒成立即可，
令，得，即有两正根，，，
设且，则有两个正根，，
由恒成立，故在上单调递增，且，
由，得，得 ，则，
令，由，整理得 ，
对于等价于在上恒成立，
等价于在上恒成立，
令，则，
注意到，则，解得 ，
当时，当时恒成立，所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，则，所以符合题意；
当时，，， 存在使，又在上单调递增，
所以当时，为单调递减，则，不合题意.
综上：实数的取值范围.
【点睛】关键点点睛：第二问二小问，首先转化问题为恒成立，再构造中间函数并利用导数研究单调性，最后应用换元思想进一步将问题转化为函数不等式恒成立问题.