天津市市区重点中学2023届高三数学下学期联考模拟试卷（一）（Word版附答案）

高三数学试题第Ⅰ卷（选择题）一、单选题（本大题共9小题，共45分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.设集合，，，则（）A.B.C.D.2.命题“，”的否定是（）A.，B.，C.，D.，3.国家射击运动员甲在某次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：7，5，9，7，4，8，9，9，7，5，，则下列关于这组数据说法不正确的是（）A.众数为7和9B.方差为C.平均数为7D.第70百分位数为84.函数（为自然对数的底数）的部分图象大致为（）A.B.C.D.5.设，，，则（）A.B.C.D.6.已知定义域为的偶函数在上是增函数，若实数满足，则实数的最小值是（）A.B.1C.D.27.我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为4 ，若该几何体的所有顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（）A.B.C.D.8.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）A.B.5C.D.9.已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称.给出下面四个结论：①将的图象向右平移个单位长度后得到的函数图象关于原点对称；②点为图象的一个对称中心；③；④在区间上单调递增.其中正确结论的个数为（）A.0B.1C.2D.3第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题（本大题共6小题，共30分）10.若复数，则______.11.已知的展开式中各二项式系数之和为64，则其展开式中的常数项为______.12.一袋中有大小相同的4个红球和2个白球若从中任取3球，则恰有一个白球的概率是______，若从中不放回的取球2次，每次任取1球，记“第一次取到红球”为事件，“第二次取到红球”为事件，则______. 13.已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于A，B两点，为坐标原点.若双曲线的离心率为2，的面积为，则______.14.如图，在边长1为正方形中，M，N分别是，的中点，则______，若，则______.15.已知函数，则______；若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为______.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.（本小题14分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值.17.（本小题15分）如图，在多面体中，底面为菱形，，平面，平面，.（I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值；（III）求平面和平面的夹角的余弦值.18.（本小题15分）已知函数. （I）求曲线在点处的切线方程；（II）求的单调区间；（III）若对于任意，都有，求实数的取值范围.19.（本小题15分）已知椭圆过点，且离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）点是椭圆与轴正半轴的交点，点，在椭圆上且不同于点，若直线、的斜率分别是、，且，试判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标，若不过定点，请说明理由.20.（本小题16分）已知数列中，，，，数列的前项和为.（1）求数列的通项公式：（2）若，求数列的前项和；（3）在（2）的条件下，设，求证：.高三数学试题答案第一卷部分1.D2.C3.D4.A5.B6.A7.C8.A9.C10.11.6012.13.214.15.第二卷部分（部分重点步骤分值已在题中标出）16.解：（1）∵在中，，……2∴，∵，∴，.……2（2）在中，，，，由余弦定理可得.……2（3）由（2）可知，又，则，……2 ∴，.……2则.……217.证明：（I）在平面和平面中，∵，面，面，∴面，又，面，面，∴面，，∴平面平面，又平面，∴平面；……4解：（Ⅱ）取AB中点M，则，如图建立空间直角坐标系，∴，，，，∴，，，，设平面的一个法向量为，，……8∴直线AE与平面所成角的正弦值为.……1（III）设平面的法向量为，∴，……2设二面角平面角为，，∴二面角的余弦值为.18.解：（I）因为函数， 所以，……2.又因为，所以曲线在点处的切线方程为.（II）函数定义域为，由（I）可知，.令，解得.0极小值与在区间上的情况如下：故的增区间为，减区间为.……2（III）当时，“”等价于“”恒成立，令，，，.当时，，所以在区间单调递减.当时，，所以在区间单调递增.而，，所以在区间上的最大值为.……1所以当时，对于任意，都有.……419.解：（1）由题知，即，又因为， 所以椭圆的方程可化为，又因为椭圆过点，所以，解得，所以椭圆的方程为.……2（2）由题可知，直线AM，AN的斜率一定存在且不为0，设直线，因为，所以直线，联立，得，所以，所以，因为，所以，代入，得，即，用代换，即得，所以，所以直线的方程为，……2即，……1所以直线恒过定点. 20.解：（1）∵，，，∴当，时，数列的奇数项是首项为1，公差为4的等差数列，则；当，时，数列的偶数项是首项为2，公差为4的等差数列，则，∴；……4②由①得，∴，∴，……2∴；（3）证明：由（2）得，则，……2∴（时等号成立），由不等式的性质得，令，数列的前项和为，∴①，……2②，由得得，∴，由不等式的性质得， 故，令，数列的前项和为，∴③④……2由得，∴，由不等式的性质得，……2故.