天津市部分区2023届高三数学一模试题（Word版附解析）

这是一份天津市部分区2023届高三数学一模试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 已知a=21， 已知，则等内容，欢迎下载使用。

天津市部分区2023年高三质量调查试卷（一）
数学
本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.祝各位考生考试顺利!
第I卷
注意事项：
1.每小题选出答案后，用铅笔将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，再选涂其他答案标号.
2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.
参考公式：
如果事件互斥，那么.
如果事件相互独立，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. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用补集和并集的定义可求得集合.
【详解】因为全集，，则，
又因为集合，因此，.
故选：B.
2. 设，，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】C
【解析】
【分析】利用作差法结合得出等价条件，即可得出结论.
【详解】因为，，由可得，则，即，
因此，若，，则“”是“”充要条件.
故选：C.
3. 函数f(x)=在[—π，π]图像大致为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．
【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．
【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．
4. 为了解某校今年准备报考飞行员的学生的体重情况，对所得的体重数据（单位：）进行分组，区间为，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，....，第五组.画出频率分布直方图（如图所示），已知第一组，第二组和第三组的频率之比为，且第一组的频数为6，则报考飞行员的学生人数是（ ）

A. 48 B. 50 C. 54 D. 60
【答案】A
【解析】
【分析】由题意设前三小组的频率分别为，根据频率之和为，即可得到，从而得到.
【详解】设报考飞行员人数为，根据前三个小组的频率之比为，可设前三小组的频率分别为，且频率之和为，即，解得
则，解得.
故选:A
5. 已知a=21.3，b=40.7，c=log38，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数函数与对数函数的性质即可比较a，b，c的大小．
【详解】，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6. 已知，则（ ）
A. -2 B. -1 C. 1 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先取倒数，再应用对数运算律计算即可.

【详解】因为,所以，
.
故选:B.
7. 已知双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径的圆与的一条渐近线交于两点.若，则的离心率为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件及点到直线的距离公式，结合双曲线的离心率公式即可求解.
【详解】双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径的圆与的一条渐近线交于两点.
当时，可得点到渐近线的距离为，
即，整理可得，即
所以的离心率为
故选：A.
8. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解.
【详解】设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，则
由题意可知，，
因此有
，即，解得，
因为，
所以.
所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为
故选：D.
9. 已知函数的图象的一个对称中心为，则关于有下列结论：
①的最小正周期为；
②是图象的一条对称轴；
③在区间上单调递减；
④先将函数图象上所有点的纵坐标缩短为原来的，然后把所得函数图象向左平移个单位长度，得到的图象.
其中正确结论的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】化简函数，将代入得函数为0，可求得，进而可得，可判断A；通过计算，可判断B；当时，，可得在上的单调性，可判断C；
通过振幅变换和平移变换，可判断D.
【详解】
，
因为图象的一个对称中心为，
则，所以.
所以，
对于①，的最小正周期为，故①正确；
对于②，，故②正确；
对于③，当时，，又在上先单调递减，
所以在上单调递减，故③正确；
对于④，将函数图象上所有点的纵坐标缩短为原来的，然后把所得函数图象向左平移个单位长度，
得到，故④正确.
故选：D.
第II卷
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.
2.本卷共11小题，共105分.
二､填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.
10. 已知是虚数单位，化简的结果为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法化简可得结果.
【详解】.
故答案为：.
11. 在的二项展开式中，含的项的系数是_______．（用数字作答）
【答案】240
【解析】
【分析】先得到通项，再根据系数得到项数，然后计算即可.
【详解】根据二项式定理,的通项为，
当时,即时,可得.
即项的系数为.
故答案为：.
12. 直线与圆相交，所得的弦的长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】写出圆的标准方程，然后利用弦长公式计算即得.
【详解】因为圆即：，
则圆心到直线的距离：，
由弦长公式可得弦长为：.
故答案为：.
13. 袋中装有大小､形状完全相同的2个白球和4个红球，每次抽取1个球.若无放回的抽取，已知第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率是__________；若有放回的抽取，则在3次抽取中恰有2次抽到白球的概率是__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意，由条件概率公式代入计算即可得到结果；根据二项分布的概率计算公式，即可得到结果.
【详解】设第一次抽到白球为事件，第二次抽到白球为事件，则在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为，
因为，，
所以.
若有放回的抽取，设在3次抽取中抽到的白球个数为，则服从二项分布，即，所以.
故答案为: ;.
14. 在中，为的中点，，过点任作一条直线，分别交线段、于、两点，设，，若用、表示，则__________；若，，则的最小值是__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】求出关于、的表达式，再由已知条件可得出，可得出关于、的表达式，求出、关于、的表达式，根据可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】如下图所示：

因为为的中点，则，
因为，则，
因为，，则，
，
因为、、三点共线，则，
所以，存在实数使得，即，
所以，，消去可得，即，
所以，，
因为过点任作一条直线，分别交线段、于、两点，且，
则，，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立.
因此，的最小值是.
故答案为：.
15. 设.对，用表示中的较大者.若关于的方程恰有1个实数根，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，等价于函数的图象与的图象恰有一个交点.作出函数的图象，通过抛物线的切线求出切线的的值，数形结合分析即得解.
【详解】设.
由得，
所以函数的图象与的图象恰有一个交点.
作出函数的图象，如图所示.
抛物线的顶点的横坐标为纵坐标为，所以.
当时，所以点是抛物线和对数函数图象交点.
设抛物线的切点坐标为，.
所以切点坐标为，所以.
所以当时，函数的图象与的图象恰有一个交点.
由题得直线AB的斜率为.
当时，，所以.
当时，.
所以当时，函数的图象与的图象恰有一个交点.
综上，当或时，函数的图象与的图象恰有一个交点.
故答案为：

【点睛】关键点睛：本题有两个关键，其一，是作出函数的图象；其二，是要通过数形结合分析得到参数的取值范围.
三､解答题：本大题共5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，角的对边分别为.已知.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦边角关系及余弦定理求值即可；
（2）由同角三角函数关系及正弦定理求值即可；
（3）应用二倍角公式求对应函数值，再由差角正弦公式求值即可.
【小问1详解】
由及正弦定理得：，
∴，
由余弦定理得.
【小问2详解】
由（1）知：，
由正弦定理，得.
【小问3详解】
由，且，
∵，即，∴，
∴.
17. 如图，在四棱锥中，是的中点，平面，且，.

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面夹角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出的坐标，计算，即可证明结论；
（2）求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，可得答案；
（3）求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，可得答案；
【小问1详解】
证明：由题意平面，
以原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，
，
则，
所以，所以
【小问2详解】
，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
,
设直线与平面所成的角为，，
则,
所以与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
,
设平面的法向量，则，即，
令，则，则.
又平面的法向量，
设平面与平面夹角为，则为锐角，
，
所以平面与平面夹角为.
18. 在公差不为零的等差数列和等比数列中，为的前项和.已知，且是与的等比中项.
（1）求和的通项公式；
（2）记数列的前项和为，求；
（3）求.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设的公差为，的公比为，由题意可得，求得，，即可求得的通项公式，接着可得，算出即可；
（2）利用错位相减法求解即可；
（3）化简，然后分为偶数和为奇数进行求和即可
【小问1详解】
设的公差为，的公比为，由题意
，即，
∵，解得，∴，∴.
∵，∴，∴
∴.
【小问2详解】

∴①
∴②
①②得


∴.
【小问3详解】

当为偶数时，

当为奇数时，

∴
19. 已知椭圆的左､右焦点分别为、，过作斜率为的直线与椭圆相交于、两点，且与轴垂直.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若三角形的面积为，求椭圆的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出点的坐标，根据可得出关于、的齐次等式，即可解得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可得出椭圆的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出点、的坐标，利用三角形的面积公式可求得的值，即可得出椭圆的方程.
【小问1详解】
解：将代入椭圆的方程可得，解得，
因为直线的斜率为，易知点，
所以，，所以，，
等式两边同时除以可得，
因为，解得.
因此，该椭圆的离心率为.
【小问2详解】
解：由（1）知，，，故椭圆方程为，
由题意，则直线的方程为，
联立，消去并化简可得，显然，
设点、，解得或，
故点、，
所以，，解得，
因此，椭圆的方程为.
20. 已知函数，.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求在区间上的极值；
（3）设函数，.当时，，，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；
（2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的极值；
（3）根据对勾函数的性质求出，依题意不等式恒成立，只需恒成立，利用导数说明函数的单调性，结合（2）中的结论求出参数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，，
所以， ，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
，.
①当时，，在上单调增， 所以无极值；
②当时，令，得，列表如下：









单调递减
极小值
单调递增

所以的极小值为，无极大值；
综上可得：当时函数无极值，当时极小值为，无极大值；
【小问3详解】
易知在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值为.
所以.
因为，
由题意，对于任意的实数，，不等式 恒成立，只需恒成立，所以，
解得，又，所以.
①当时，因为，所以，
由（2）知，在上单调增，所以.
所以，
所以在上单调增，则，解得
，此时，
②当时，由（2）知，在上单调递增，且，又，所以存在，且
，使得，即，得.
所以的解为和，列表如下：




a








单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以，即，又，所以恒成立，此时，
综上所述，实数的取值范围为
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．