天津市红桥区2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

这是一份天津市红桥区2023届高三数学二模试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 函数的部分图象大致为等内容，欢迎下载使用。

高三数学
本试卷分第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.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答题时，务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.
参考公式：
柱体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高.
锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高.
球的体积公式，其中表示球的半径.
第Ⅰ卷
注意事项：
1.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，再选涂其他答案标号.
2.本卷共9题，每小题5分，共45分.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用一元二次不等式的解法及并集的定义即可求解.
【详解】由，即，解得，
所以.
所以.
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】A
【解析】
【分析】利用绝对值的定义及充分条件必要条件的定义即可求解.
【详解】由题意可知，，
或，即不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用圆的面积公式和球心到截面圆的距离、截面圆半径及球的半径的关系，结合球的体积公式即可求解.
【详解】设截面圆的半径为，球的半径为,
由题意可知，解得，，
所以球的体积为.
故选：D.
4. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分析可得函数为奇函数且当时，有，利用排除法分析可得答案.
【详解】解：根据题意，对于函数，
有，即函数为奇函数，排除A、B；
当时，有，排除D；
故选：C.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(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.
5. 若log2x•log34•log59=8，则x=
A. 8 B. 25
C. 16 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由换底公式将原式化为： =8，进而得到lgx=2lg5=lg25.
【详解】∵log2x•log34•log59=8，∴ =8，∴lgx=2lg5=lg25，∴x=25．
故选B．
【点睛】对数化简的原则:（1）尽量将真数化为“底数”一致的形式；（2）将同底的多个对数的和（差）合成积（商）的对数；（3）将积（商）的对数分成若干个对数的和（差）．对数的换底公式:.
6. 设函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位得函数的图象，则
A. 上单调递减
B. 上单调递减
C. 上单调递增
D. 上单调递增
【答案】A
【解析】
【详解】，则，解得，即；
的图象向左平移个单位得函数的图象；
当时，，所以上单调递减.
7. 已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，过作与一条渐近线平行的直线，交另一条渐近线于点，交抛物线的准线于点，若三角形（为原点）的面积，则双曲线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线方程得出焦点坐标和准线方程，联立直线与渐近线方程得出的坐标，联立直线与准线方程得出的坐标，根据三角形的面积得出，再结合，，可解得结果.
【详解】由得，所以，
所以直线，抛物线的准线为：，
联立可得，所以，
联立可得，所以，
所以，
所以，所以，即，
又，，
所以，所以，所以，
所以双曲线的方程为.
故选：D.
【点睛】本题考查了抛物线和双曲线的几何性质，考查了三角形的面积，考查了运算求解能力，属于基础题.
8. 已知是定义在上的偶函数且在上为减函数，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据偶函数的定义及对数的运算，利用指数对数函数的性质及函数的单调性即可求解.
【详解】因为是偶函数，
所以，
由，
由指数函数的性质知，函数在上单调递减，且，
所以，
所以，
因为在上为减函数，
所以，即.
故选：A.
9. 已知菱形ABCD的边长为2，，点E在边BC上，，若G为线段DC上的动点，则的最大值为（ ）
A. 2 B.
C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量数量积的定义及数量积的运算，结合向量的线性运算即可求解.
【详解】由题意可知，如图所示

因为菱形ABCD的边长为2，，
所以,，
设，则
，
因为，所以,
,

,
当时，的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用向量的线性运算求出，结合向量数量积定义和运算即可.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.
10. 若是虚数单位，则复数______.
【答案】
【解析】
【分析】直接根据复数的除法运算即可得解.
【详解】解：.
故答案为：.
11. 若二项式的展开式共项，则展开式的常数项为__________.
【答案】60
【解析】
【分析】根据二项展开式中的项数比二项式指数多1，求出，再求出二项式的通项公式并整理后可令的指数为0，即可求得常数项．
【详解】∵二项式的展开式共项，∴，
∴该二项式展开式的通项公式为，
令，解得，则该二项式展开式的常数项为.
故答案为：.
12. 已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得．
【详解】因为圆心到直线的距离，
由可得，解得．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．
13. 已知x，，，则的最小值______．
【答案】
【解析】
【分析】将展开，利用基本不等式即可求解.
【详解】
，
当且仅当即，的最小值为，
故答案为：
14. 随着我国经济发展越来越好，外出旅游的人越来越多，现有两位游客慕名来天津旅游，他们分别从“天津之眼摩天轮、五大道风景区、古文化街、意式风情街、海河观光游船、盘山风景区”这6个景点中随机选择1个景点游玩，记事件为“两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮”，事件为“两位游客选择的景点不同”，则________，________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据古典概型概率公式求出，再由条件概率公式求解即可.
【详解】由题意，两位游客从6个景点中随机选择1个景点游玩，每人都有6种不同的选法，故共有(种)不同的选法.
两人都不选择天津之眼摩天轮的方法有(种)，
故两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮的方法共有 (种)，
所以故两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮的概率.
AB表示两位游客中至少有一人选择天津之眼摩天轮，且两位游客选择的景点不同，即一人选择天津之眼摩天轮，另一人选择其它景点，共有 (种)选法，
故，
所以.
故答案为：；.
15. 若函数，函数有两个零点，则实数k的取值是__________．
【答案】和
【解析】
【分析】根据图象以及判别式求得正确答案.
【详解】由得，即与的图象有两个公共点，
画出的图象如下图所，
由图可知，
当时，与有两个公共点，
当时，与有一个公共点，
当时，
由消去并化简得，
由，
解得或（结合图象可知不符合，舍去），
综上所述，有两个零点，则实数k的值是和
故答案为：和

三、解答题：本大题共5个小题，共75分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.
16. 在△ABC中, 内角A, B, C所对的边分别是a, b, c. 已知, a = 3, .
(Ⅰ) 求b的值;
(Ⅱ) 求的值.
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)
【解析】
【详解】(Ⅰ) 在△ABC中，由可得，又由
可得，又，故，由，可得.
(Ⅱ)由得，，进而得，，
所以=.
本题第（Ⅰ）问，因为,所以由边角互化结合余弦定理即可求出边b；第(Ⅱ)问，由平方关系、二倍角公式、两角差的正弦公式可以求出结果.在解三角形中，遇到边角混和式，常常想边角互化.对三角函数及解三角形的题目，熟练三角部分的公式是解答好本类题的关键，日常复习中加强基本题型的训练.
【考点定位】本小题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦与余弦公式、两角差的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识，考查基本运算求解能力.

17. 如图，在底面是矩形的四棱雉中，平面，，，是PD的中点.

（1）求证：平面平面PAD；
（2）求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值；
（3）求B点到平面EAC的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用两向量的数量积的坐标表示及线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理即可求解；
（2）求出平面EAC与平面ACD的法向量，利用向量的夹角公式及面面角的定义即可求解；
（3）根据（2）得出平面EAC的法向量，利用点到平面的距离公式即可求解.
【小问1详解】
由题可知，以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示

则
所以
所以即,
所以即,
又,平面PAD,所以平面PAD,
又平面，所以平面平面PAD.
【小问2详解】
设平面的法向量为，则
，即，
令，则，所以，
由题意知，平面，平面ACD的法向量为,
设平面EAC与平面ACD夹角的，则
，
所以平面EAC与平面ACD夹角的余弦值为.
【小问3详解】
由（2）知，平面法向量为，
设B点到平面EAC的距离为，则
，
所以B点到平面EAC的距离为.
18. 已知椭圆，点在椭圆上，
（1）求椭圆的离心率.
（2）设A为椭圆的右顶点，O为坐标原点，若Q在椭圆上且满足，求直线的斜率的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆过点，代入方程即可化简求出离心率；
（2）设直线OQ的斜率为k，点Q坐标为，联立椭圆方程可得，再由得出，即可建立关于k的方程求解即可.
【小问1详解】
∵点P（a,a）在椭圆上,
∴+=1整理得=.
∴ e==
=
==
=.
【小问2详解】
由题意可知，点A坐标
设直线OQ的斜率为k，
则其方程为，
设点Q坐标为，
则，
消去，整理得 ①
由得.
整理得.
由于,
得 ②
把②代入①得=,
整理得
由(1)知=,
故
即,
解得.
∴ 直线OQ的斜率.
19. 已知等差数列满足其中为的前项和，递增的等比数列满足：，且，，成等差数列．
（1）求数列、的通项公式；
（2）设的前项和为，求
（3）设，的前n项和为，若恒成立，求实数的最大值．
【答案】（1）；；（2）；（3）．
【解析】
【分析】(1) 设等差数列的公差为，由已知条件，结合等差数列的通项公式和求和公式可得，从而可求出首项和公差，即可求出通项公式；设等比数列公比为，由已知条件结合等比数列的通项公式即可求出公比，从而可求出的通项公式.
(2)由错位相减法即可求出前项和.
(3)由(1)可知，整理可得，由裂项相消法可得，由恒成立可得恒成立，结合的单调性即可求出实数的最大值.
【详解】解：(1)设等差数列的公差为，
，，.
设等比数列公比为（其中），因为，
由，可得，解得或（舍去）；
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得，
则①．
②
由①减去②得，
则，所以的前n项和.
（3）由(1)可知，，
则

恒成立，恒成立，
单调递增，时，，
最大值为.
【点睛】方法点睛:
常见数列求和的方法有：公式法；裂项相消法；错位相减法；分组求和法等.
20. 已知函数，
（1）若，求函数的极值；
（2）设函数，求函数的单调区间；
（3）若存在，使得成立，求a的取值范围．
【答案】（1）极小值为，无极大值
（2）单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）
【解析】
【分析】（1）研究单调区间，进而求出的极值；（2）先求，再解不等式与，求出单调区间，注意题干中的的条件；（3）先把题干中的问题转化为在上有，再结合第二问研究的的单调区间，对a进行分类讨论，求出不同范围下的，求出最后结果
【小问1详解】
当时，，定义域为，
令得：，当时，，单调递增；当时，，单调递减，故是函数的极小值点，的极小值为，无极大值
【小问2详解】
，定义域为

因为，所以，令得：，令得：，所以在单调递增，在单调递减.
综上：单调递增区间，单调递减区间为.
【小问3详解】
存在，使得成立，等价于存在，使得，即在上有
由（2）知，单调递增区间为，单调递减区间为，所以
当，即时，在上单调递减，故在处取得最小值，由得：，因为，故.
当，即时，由（2）知：在上单调递减，在上单调递增，在上的最小值为
令
因为，所以，则，即，不满足题意，舍去
综上所述：a的取值范围为
【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．