天津市和平区2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

和平区2022-2023学年度第二学期高三年级第二次质量调查数学学科试卷第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，集合，则A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】集合,且全集，则,故选D.点睛:本题考查集合的交并补混合运算,属于基础题目.研究一个集合，我们首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，这是很关键的一步.在求交集时注意区间端点的取舍,熟练画数轴来解交集、并集和补集的题目.注意集合B中的条件,是解决本题的关键和易错点.2.函数的图象大致为（）AB.C.D. 【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式化简得，由此可得为奇函数，故排除C，D；再判断函数在时的正负情况即可得答案.【详解】由，易知为奇函数，故排除C，D；当时，，故只有A满足，排除B.故选：A.3.若，则“”的一个充分不必要条件可以是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据充分不必要条件的概念，逐项判断，即可得出结果.【详解】由，推不出，排除AB；由可得，解得或，所以是的既不充分也不必要条件，排除C；，反之不成立，D正确；故选：D．4.为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党､知史爱国的热情，某校举办了“学党史､育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的（） ①的值为0.005；②估计成绩低于60分的有25人；③估计这组数据的众数为75；④估计这组数据的第85百分位数为86．A.②③B.①③④C.①②④D.①②③【答案】B【解析】【分析】由所有组频率之和为1求得a，再根据频率直方图中频数、众数及百分位数的求法可得结果.【详解】对于①，由，得.故①正确；对于②，估计成绩低于60分的有人.故②错误；对于③，由众数的定义知，估计这组数据的众数为75.故③正确；对于④，设这组数据的第85百分位数为m，则，解得：，故④正确.故选：B5.设，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】计算，，，得到答案.【详解】，，，故.故选：D.6.由直线上的点向圆作切线，则切线长的最小值为（） A.1B.C.D.3【答案】B【解析】【分析】先求圆心到直线的距离，此时切线长最小，由勾股定理不难求解切线长的最小值．【详解】切线长最小值是当直线上的点与圆心距离最小时取得，圆心到直线的距离为，圆的半径为1，故切线长的最小值为，故选：B．【点睛】本题考查圆的切线方程，点到直线的距离，是基础题．7.如图甲是一水晶饰品，其对应的几何体叫星形八面体，也叫八角星体，是一种二复合四面体，它是由两个有共同中心的正四面体交叉组合而成且所有面都是全等的小正三角形，如图乙所示．若一星形八面体中两个正四面体的棱长均为2，则该星形八面体体积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件及正四面体的体积公式即可求解.【详解】由题意可知星行八面体体积为一个棱长为的大正四面体与四个棱长为的小正四面体的体积之和，故该星形八面体体积为.故选：A.8.设、分别为双曲线的左、右焦点，抛物线的准线过点，若在双曲线右支上存在点，满足，且点到直线的距离等于双曲线的实轴长，则点 到该双曲线的渐近线的距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】取的中点，连接，分析可得，，利用双曲线的定义结合已知条件可得出三边边长，利用勾股定理可求得的值，进而可求得的值，最后利用点到直线的距离公式可求得结果.【详解】取的中点，连接，如下图所示：易知抛物线的准线方程为，则、，因为双曲线的右支上存在点，使得，又因为为的中点，所以，，由双曲线的定义可得，则，由题意可知，，由勾股定理可得，即，所以，，故，可得，所以，，双曲线的右焦点到渐近线的距离为. 故选：B.9.函数的部分图象如图所示，，则下列四个选项中正确的个数为（）①②函数在上单调递减；③函数在上的值域为；④曲线在处的切线斜率为．A.0个B.1个C.2个D.3个【答案】B【解析】【分析】根据图像求的解析式，对于①②③：结合正弦函数的性质分析运算；对于④：结合导数的几何意义运算求解.【详解】由图可知：函数过点，则，即，且，可得，又因为函数过点，且为减区间的零点，则，即，则，解得， 注意到，即，则，解得，故，解得，此时，所以.对于①：令，解得，取，则，即函数在y轴左侧离y轴最近的对称轴为，由图可得，即，且，即，所以，故①正确；对于②：因，则，且在不单调，所以在上不单调，故②错误；对于③：因为，则，，可得，所以函数在上的值域为，故③错误；对于④：∵， 可得，曲线在处的切线斜率为，故④错误；故选：B.【点睛】方法定睛：函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式的确定（1）A由最值确定，A＝最大值最小值；（2）ω由周期确定；（3）φ由图象上的特殊点确定．提醒：根据“五点法”中的零点求φ时，一般先根据图象的升降分清零点的类型．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．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.复数满足，则__________．【答案】##【解析】【分析】利用复数的模和除法运算即可求解.【详解】因为复数满足，所以，故答案为：.11.若在的展开式中，的系数为__________．（用数字作答）【答案】【解析】【分析】写出二项展开式，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.【详解】的展开式通项为，令，可得，因此，展开式中的系数为. 故答案为：.12.设，，，若，，则的最大值为__________．【答案】3【解析】【分析】由已知可解得，.根据换底公式可得，.根据基本不等式得出，然后根据对数运算性质即可得出答案.【详解】因，所以，.又，，所以，.因为，，根据基本不等式有，当且仅当，即，时等号成立，所以.则，所以的最大值为.故答案为：.13.在学校大课间体育活动中，甲､乙两位同学进行定点投篮比赛，每局比赛甲､乙每人各投篮一次，若一方命中且另一方末命中，则命中的一方本局比赛获胜，否则为平局．已知甲､乙每次投篮命中的概率分别为和，且每局比赛甲､乙命中与否互不影响，各局比赛也互不影响．则进行1局投篮比赛，甲､乙平局的概率为__________；设共进行了10局投篮比赛，其中甲获胜的局数为，求的数学期望__________．【答案】①.##②.【解析】 【分析】第一空，考虑两人平局情况，根据相互独立事件的乘法公式，即可求得答案；第二空，求出甲每局获胜的概率，确定甲获胜的局数，根据二项分布的期望公式即可求得答案.【详解】由题意知甲､乙每次投篮命中的概率分别为和，则甲､乙平局的情况为两人都投中或都不中，故平局概率为；甲每局获胜的概率为，故共进行了10局投篮比赛，其中甲获胜的局数为，则，故，故答案为：；14.在平行四边形中，，边的长分别为2与1，则在上的投影向量为______（用表示）；若点分别是边上的点，且满足，则的取值范围是______.【答案】①.②.【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求得平行四边形各顶点坐标，利用向量的坐标运算求得的坐标，利用数量积的投影向量概念求解即可；设，可得，然后利用二次函数的性质即得.【详解】在平行四边形中，，边的长分别为2与1，建立如图所示的直角坐标系，则，，， ，，，所以，所以，，所以在上的投影向量为；设，，则，，所以，所以，因为，函数的对称轴为，所以在上单调递减，所以时，，即的取值范围是.故答案为：；15.已知函数，若关于的方程恰有5个不同的实数解，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】利用换元法结合函数图象分析方程的根的情况即可.【详解】作出函数的大致图象，如图所示，令，则可化为，则或，则关于的方程恰有5个不同的实数解 等价于的图象与直线的交点个数之和为5个，由图可得函数的图象与直线的交点个数为2，所以的图象与直线的交点个数为3个，即此时，解得.故答案为：.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.在中，内角所对的边分别为，设满足条件和，（1）求角和；（2）若，求的面积；（3）求．【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）先利用余弦定理求出，结合条件利用正弦定理化边为角可得答案；（2）求出，利用三角形面积公式可得答案；（3）先根据倍角公式求出，再利用两角和的余弦公式可求答案. 【小问1详解】由余弦定理得，因为，所以．由已知条件，应用正弦定理，即，所以．【小问2详解】因为，所以，所以．【小问3详解】因为，所以，又，所以，所以．因为，所以．17.如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面． （1）求证：；（2）求直线与平面所成角的余弦值；（3）求平面与平面的夹角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质即可得证；（2）（3）取的中点，连接，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间坐标系，利用空间向量解答.小问1详解】证明：因为四边形为正方形，所以，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，因为平面，所以；【小问2详解】解：取的中点，连接，因为为的中点，所以，因为平面平面，平面平面平面，所以 平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，由，令，则，设直线与平面所成角为，，则直线与平面所成角的余弦值为；【小问3详解】解：设平面的法向量为，由，令，则，设平面与平面的夹角为，，所以平面与平面的夹角的正弦值为． 18.在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为、，椭圆与轴正半轴的交点为点，且为等腰直角三角形．（1）求椭圆的离心率；（2）已知斜率为的直线与椭圆相切于点，点在第二象限，过椭圆的右焦点作直线的垂线，垂足为点，若，求椭圆的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的几何性质可得出，根据、、的关系可求得椭圆的离心率的值；（2）由题意，设直线的方程为，设切点，将直线的方程与椭圆的方程联立，由可得出、的等量关系，求出点的坐标，写出直线的方程，求出点的坐标，根据求出的值，即可得出椭圆的方程.【小问1详解】解：设椭圆的半焦距为，由已知得点，因为为等腰直角三角形，且为的中点，所以，即，所以，有．【小问2详解】解：由（1）知，设椭圆方程为，因为切点在第二象限，且直线的斜率为，设直线的方程为，设点， 因为直线与椭圆相切，联立可得，由，可得，即，所以，，，所以，因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为，则直线的方程为，联立，可得，即点，又因为、，有，，．所以，所以椭圆的方程为．【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．19.已知数列为等差数列，数列为等比数列，且． （1）求数列的通项公式；（2）求（3）求．【答案】（1），；（2）（3）【解析】【分析】（1）由条件结合等差数列和等比数列通项公式求的公差，数列的公比，由此可得数列的通项公式；（2）由（1）可得，利用错位相减法求其和即可；（3）设，利用裂项相消法求的值，利用分组求和法求，由此可得结论.【小问1详解】设等差数列公差为，等比数列公比为，又，因为，，，所以，所以，所以所以，所以．【小问2详解】 ．令=，则，，两式相减得，【小问3详解】，设．，．．则．20.已知函数，其中，（1）若，（i）当时，求的单调区间； （ii）曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围．（2）证明：当时，存在直线，使直线是曲线的切线，也是曲线的切线．【答案】（1）（i）单调递增区间为，单调递减区间为；（ii）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）（i）利用导数研究单调区间即可；（ii）设函数，问题转化为与有两个交点求参数范围；（2）分析法转化证明当时存在实数解，构造中间函数，利用导数研究零点的存在性即可证结论.【小问1详解】（i）由时，且，则，令，即，令，即，所以的单调递增区间为，单调递减区间为．（ii），两侧同时取对数，有，设函数，则，令，有，当时单调递增，当时单调递减，所以，又，且时，所以与有且仅有两个交点，即与有两个交点的充要条件为 ，即，所以的取值范围为．【小问2详解】曲线在处的切线．曲线在处的切线．要证当时，存在直线是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明当时，存在，使得和重合．只需证明当时，①，②两式有解，由①得：，代入②得：③，因此，只需证明当时，关于的方程③存在实数解．设，即证明当时存在零点．对于：时，且时单调递减，又，故存在唯一，使．由此，在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值．因为，故，下面证明存在实数，使得．令且，则，所以在上递增，故，即，当时，有 ，根据二次函数的性质，存在实数使得，因此当时，存在使得．所以当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线．【点睛】关键点睛：第二问，注意将公共切线问题转化为当时存在实数解.