天津市和平区2023届高三数学下学期第一次质量调查试题（Word版附解析）

和平区2022-2023学年度第二学期高三年级第一次质量调查数学学科试卷温馨提示：本试卷包括第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.祝同学们考试顺利!注意事项：1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名､准考号､科目涂写在答题卡上.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，再选涂其他答案标号.答在试卷上的无效.3.本卷共9小题，每小题5分，共45分.参考公式：球的体积公式，其中表示球的半径.如果事件互斥，那么.如果事件相互独立，那么，任意两个事件与，若，则.第Ⅰ卷（选择题共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.已知全集，则中元素个数为（）A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】B【解析】【分析】利用列举法表示全集，可得到，从而得到集合，即可得解；【详解】因为，，∴，，∴，中元素个数为4个，故选：B． 2.已知a是实数，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】利用特殊值及基本不等式，结合充分条件及必要条件的定义即可求解.【详解】当时，；当时，，当且仅当，即时等号成立，所以当时，成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选:A3.函数的图象是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：由偶函数排除B、D,排除C.故选A.考点：函数的图象与性质． 4.某城市在创建文明城市的活动中，为了解居民对“创建文明城市”的满意程度，组织居民给活动打分（分数为整数，满分100分），从中随机抽取一个容量为100的样本，发现数据均在内.现将这些分数分成6组并画出样本的频率分布直方图，但不小心污损了部分图形，如图所示观察图形，则下列说法错误的是（）A.频率分布直方图中第三组的频数为15人B.根据频率分布直方图估计样本的众数为75分C.根据频率分布直方图估计样本的中位数为75分D.根据频率分布直方图估计样本的平均数为75分【答案】D【解析】【分析】利用频率分布直方图的性质直接求解.【详解】分数在内的频率为，所以第三组的频数为（人），故A正确；因为众数的估计值是频率分布直方图中最高矩形的中点，从图中可看出众数的估计值为75分，故B正确；因为，，所以中位数位为：，故C正确；样本平均数的估计值为：（分），故D错误. 故选：D.5.已知，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用对数函数的单调性结合二次函数的性质即得．【详解】，，，又，因为函数，在上单调递减，且，又因为，所以，所以，即，所以，，即．故选：C．6.将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A.的最小正周期为B.的图象关于直线对称C.在上单调递增D.的图像关于点对称【答案】C【解析】 【分析】利用图象的伸缩变换、平移变换以及正弦函数的图象与性质进行求解.【详解】函数图象上所有点横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到，再将所得的图象向右平移个单位长度，得到函数，对于A，的最小正周期为，所以的最小正周期为，故A错误；对于B，当时，，因为不是正弦函数的对称轴，故B错误；对于C，当时，，因为正弦函数在单调递增，故C正确；对于D，当时，，因为不是正弦函数的对称中心，故不是的对称中心，故D错误.故选：C.7.抛物线的焦点为，其准线与双曲线的渐近线相交于两点，若的周长为，则（）A.2B.C.8D.4【答案】A【解析】【分析】利用双曲线的渐近线、抛物线的焦点和准线以及两点的距离公式进行计算求解.【详解】由题知，双曲线的渐近线为， 抛物线的焦点，准线方程为，由得两点坐标为，，所以，因为的周长为，所以，解得.故B，C，D错误.故选：A.8.为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据四个小球和容器的相切关系，作出对应的正视图和俯视图，建立球心和半径之间的关系即可得到容器的半径.【详解】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示: 正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的相等，设半球半径为R，已知小球半径r=1，∴，，，.半球面形状的容器的容积是.故选：B9.已知函数，设方程的四个实根从小到大依次为，对于满足条件的任意一组实根，下列判断中一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先作图确定四个根的范围，再举反例说明A不成立，根据不等式性质否定C,D,最后根据放缩法证B成立.【详解】方程的根可化为函数与图象的交点的横坐标，作图如下： 由图象可得，，故；因为D错误，若，则可取，但，所以A错误，因为，所以，即，，C错；，即，∴，∴.故选：B【点睛】本题考查根据函数零点情况判断不等式，考查综合分析求解判断能力，属中档题.第II卷（非选择题共105分）注意事项：1.用黑色钢笔或签字笔直接答在答题卡上，答在本试卷上的无效.2.本卷共11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.设为虚数单位，复数__________.【答案】##-2i+1 【解析】【分析】根据复数的除法法则计算即可.【详解】.故答案为：.11.的展开式中常数项为__________.【答案】60【解析】【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析运算.【详解】∵展开式第项，∴当时，，故展开式中常数项为.故答案为：60.12.直线与圆交，两点，若为等边三角形，则的值为______．【答案】##【解析】【分析】结合几何关系和点到直线的距离即可求解.【详解】由条件和几何关系可得圆心到直线的距离为，解得．故答案为：.13.先后掷两次骰子（骰子的六个面上的点数分别是1､2､3､4､5､6），落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x､y，记事件A为“为偶数”，事件B为“x､y中有偶数且” ，则概率___________，___________.【答案】①.##0.5②.【解析】【分析】由古典概率公式求出、，利用条件概率公式可得结果.【详解】解：若为偶数，则、全为奇数或全为偶数，所以，，事件为“为偶数且、中有偶数，”，则、为两个不等的偶数，所以，，因此，.故答案为：；.14.若实数x、y满足，则的最大值是______．【答案】【解析】【分析】利用不等式求最值即可.【详解】，解得，当时，取得最大值.故答案为：.15.已知四边形，且，点为线段，上一点，且，则__________，过作∥交于点，则__________. 【答案】①②.【解析】【分析】由，可得，进而可得，由题意可得，求解即可得第一空答案；取中点，连接，根据向量的数乘及加减运算可得,,再根据向量的数量积运算即可得第二空答案.【详解】解：如图所示：因为所以∥即有∥，又因为，所以，即，，解得，所以，所以，又因为，即，所以；又因为 ，又因为，所以，解得；如图所示：取中点，连接，由题意可知∥且=，所以四边形为平行四边形，所以∥，又因为∥，所以∥，又因为，所以，所以，，所以，由可得，所以, ,所以.故答案为：；【点睛】关键点睛：对于向量的线性运算，关键是将所求向量表示成同一组基底的数量积，然后再进行求参、数量积等运算.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.已知的内角的对边分别为，且.（1）求的大小：（2）若，（i）求的面积；（ii）求.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合两角和得正弦公式及三角形内角关系即可得出答案；（2）利用余弦定理求得边，根据三角形面积公式可得面积，再根据余弦定理可得，再利用二倍角公式及和差角公式即得.【小问1详解】因为，所以， 即，则，因，所以，所以，所以；【小问2详解】（i）由余弦定理得，即，解得（舍去）或，所以的面积为；（ii）由上可得，又，所以，所以，，所以.17.在如图所示的几何体中，平面平面；是的中点.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出和的坐标，计算即可求证；（2）求平面的法向量，然后利用线面角的向量求法即得；（3）利用空间向量夹角公式即可求解.【小问1详解】因为，以为原点，分别以，所在直线为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以，，所以，所以，即；【小问2详解】因为，设平面的法向量为，则，令，可得，又， 设与平面所成角为，则，直线与平面所成的角的正弦值为；【小问3详解】由题，，设平面的法向量，由，令，则，又平面的法向量，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为．18.已知数列为首项的等比数列，且成等差数列；数列为首项的单调递增的等差数列，数列的前项和为，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）求；（3）数列满足，记和分别为和的前项和，证明：.【答案】（1）；；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用等比数列基本量运算可得 的通项公式，由等差数列的基本量运算结合条件可得的通项公式；（2）利用裂项相消法即得；（3）利用错位相减法及等比数列求和公式结合条件即得.【小问1详解】设等比数列的公比为数列的公差为由题知：，所以，即，解得，所以，又，即，解得（舍）或，所以；【小问2详解】由，可得，所以；【小问3详解】因为，所以，，，则， 所以，∴，所以，所以.19.在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点是椭圆与轴负半轴的交点，点是椭圆与轴正半轴的交点，且直线与圆相切.（1）求椭圆的方程；（2）已知斜率大于0的直线与椭圆有唯一的公共点，过点作直线的平行线交椭圆于点，若的面积为，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题可得直线AB的方程，然后利用直线与圆的位置关系即得；（2）设直线l的方程为，根据椭圆与直线的位置关系可得及，进而可得直线，结合椭圆方程可得，然后根据三角形面积结合条件进而即得.【小问1详解】设椭圆的半焦距为，由，可得，则， 所以直线AB的方程为，即，因为直线与圆相切，所以，解得，所以椭圆C的方程为；【小问2详解】设直线l的方程为，，由，可得，所以，可得，所以，，即，所以直线OM的方程为，即，又，由题可得直线，由，可得，显然，设，则，，，即， 则P到直线OM距离为，所以三角形的面积为，所以，，又，所以，，所以直线l的方程为.20.已知函数，其中为自然对数的底数，.（1）当时，函数有极小值，求；（2）证明：恒成立；（3）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，求极值点，讨论函数单调性，找到极小值即可解决问题；（2）不等式恒成立，即恒成立，设，构造新函数求导利用函数导数单调性进行分析即可证明结论.（2）由（2）知，，令，则从而有，由的不同值，分别写出不等式，然后累加，结合等比数列求和进行放缩，分析得到结论.【小问1详解】，令，解得， 当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以有极小值，所以，即.【小问2详解】证明：不等式恒成立，即恒成立，设，则，易知是定义域上的增函数，又，则在上有一个根，即当时，，当时，此时在单调递减，在单调递增，的最小值为，，，，恒成立，故结论成立.【小问3详解】证明：由（2）知，，令，则. 由此可知，当时，，当时，，当时，，，当时，，累加得：，又，所以.【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相当大，主要考向有以下几点：1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；3、求函数的极值（最值）；4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；5、证明不等式；解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.