天津市河东区2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

2023年河东区高考第二次模拟考试数学试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分第I卷（选择题共45分）一、选择题：本题共9个小题，每小题5分，共45分．每小题给出的四个选项只有一个答案符合题目要求．1.已知集合，，则A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：集合，而，所以，故选C.【考点】集合的运算【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理.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.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】求解绝对值不等式结合充分必要条件的判定方法得答案．【详解】解：由，得，解得．“”是“”的充分不必要条件．故选：．【点睛】本题考查必要条件、充分条件与充要条件的判定方法，考查绝对值不等式的解法，属于基础题．3.函数的大致图象是（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据函数奇偶性可排除AC，取特殊值可排除B.【详解】因为定义域为，函数是奇函数，排除选项A，C；当时，，对应点在轴下方，排除B.故选：D.4.为研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：）的分组区间为，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…，第五组，右图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（）A.8B.12C.16D.18【答案】B 【解析】【分析】结合已知条件和频率分布直方图求出志愿者的总人数，进而求出第三组的总人数，从而可以求得结果.【详解】志愿者的总人数为＝50，所以第三组人数50×0.36＝18，有疗效人数为18－6＝12．故选：B.5.已知奇函数在上是增函数，若，，，则的大小关系为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由题意：，且：，据此：，结合函数的单调性有：，即.本题选择C选项.【考点】指数、对数、函数的单调性【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.6.已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，则此球的表面积等于（）A.8πB.9πC.10πD.11π【答案】A 【解析】【分析】由AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°可得三角形ABC的面积及外接圆的半径，再由三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，可得外接球的半径，进而求出外接球的表面积．【详解】由AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，由余弦定理可得：BC，∴，∠ACB＝90°，∴底面外接圆的圆心在斜边AB的中点，设三角形ABC的外接圆的半径为r，则r1，又，所以V柱＝S△ABC•AA1，所以可得AA1＝2，因为三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，设外接球的半径为R，则R2＝r2+（）2＝12+12＝2，所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π×2＝8π，故选：A．【点睛】本题考查三棱柱的体积及三棱柱的棱长与外接球的半径之间的关系，以及球的表面积公式，属于中档题．7.已知函数的图像与轴的两个相邻交点的距离等于，若将函数的图像向左平移个单位得到函数的图像，则是减函数的区间为． A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先化简函数得，再由图象与轴的两个相邻交点的距离等于得，，，再写出平移后的，求出单调递减区间判断即可.【详解】解：因为图象与轴的两个相邻交点的距离等于所以，所以所以由得所以是减函数的区间为分析选项只有D符合故选D.【点睛】本题考查了正弦型函数的图像与性质，三角函数的变换，属于基础题.8.已知双曲线的左焦点为，以为直径的圆与双曲线的渐近线交于不同原点的两点，若四边形的面积为，则双曲线的渐近线方程为A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为，所以，进而，四边形面积为，由可化简得，写出渐近线方程即可. 【详解】根据题意，，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为，则，所以，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为.【点睛】本题主要考查了双曲线标准方程，渐近线，点到直线的距离，属于难题.9.已知函数（，且）在上单调递减，且关于x的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是A.B.[，]C.[，]{}D.[，）{}【答案】C【解析】【详解】试题分析：由在上单调递减可知，由方程恰好有两个不相等的实数解，可知，，又时，抛物线与直线相切，也符合题意，∴实数的取值范围是，故选C.【考点】函数性质综合应用【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．第II卷（非选择题共105分）二、填空题10.是虚数单位，数，则______．【答案】##【解析】【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念求解.【详解】， 所以，故答案为:.11.在的展开式中，的系数是____________.【答案】【解析】【分析】写出二项式展开式通项，确定含项的值，代入通项公式求系数即可.【详解】由题设，展开式通项为，当时，,∴的系数是.故答案为：12.已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于点，则圆被直线截得的弦长为______．【答案】8【解析】【分析】设圆心坐标为，根据圆的几何性质可知，直线与直线垂直，可求得的值，进而可求得圆的方程，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得结果.【详解】设圆心坐标为，则，由圆的几何性质可得，直线的斜率为，则，解得，则圆心为，圆的半径为，所以圆的方程为，圆心到直线的距离为，因此所求弦长为.故答案为：.13.现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则__________，_________． 【答案】①.，②.##【解析】【分析】利用古典概型概率公式求，由条件求分布列，再由期望公式求其期望.【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有种，所以，由已知可得的取值有1，2，3，4，，，，所以,故答案为：，.14.已知实数，，，则的最小值是________.【答案】【解析】【分析】利用，又，得，代入利用基本不等式即可得出结果【详解】由，得，又，得，则， ，当且仅当时，即取等号.故答案为：.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.15.如图，在中，，，为上一点，且满足，则的值为________；若的面积为，的最小值为________.【答案】①.##②.【解析】【分析】由平面向量共线定理求解，由数量积的运算律，结合三角形面积公式与基本不等式求解，【详解】由题意得，则，而三点共线，得，，，则，而，得，由基本不等式得，当且仅当时等号成立，故，的最小值为， 故答案为：；三、解答题16.在中，角，，所对边分别为，，，且，，.（1）求边及的值；（2）求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）先由求得，结合三角形面积公式可得，根据条件可得，的值，再利用余弦定理求得，利用正弦定理求得；（2）由（1）可知，则，，再结合二倍角公式和差角公式求解即可【小问1详解】因为，，所以，因为，所以，又，所以，，所以，因为，即，所以.【小问2详解】在中，由（1）可知，则，所以，， 则，，所以.17.如图，且，，且，且．平面ABCD，．（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面CDE；（2）求平面EBC与平面BCF的夹角的正弦值；（3）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为，求线段DP的长．【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）由题意，以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，求出对应点的坐标，求出平面CDE的法向量，，由两向量的数量积为零，可证得结论，（2）分别求出两平面的法向量，利用空间向量求解即可，（3）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），求出，，然后利用向量的夹角公式列方程求解【小问1详解】证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为， 所以两两垂直，所以以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），则D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．所以=（0，2，0），=（2，0，2）．设为平面CDE的法向量，则，令，则．因为=（1，，1），所以，因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．【小问2详解】解：依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设为平面BCE的法向量，则，令，则，设为平面BCF的法向量，则，令，则，所以，所以平面EBC与平面BCF的夹角的正弦值为【小问3详解】解：设线段DP的长为h（），则点P的坐标为（0，0，h），可得．因为，，所以平面所以=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，所以， 由题意，可得，解得．所以线段的长为.18.设椭圆的一个顶点与抛物线的焦点重合，，分别是椭圆的左、右焦点，离心率，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于，两点．（1）求椭圆的方程；（2）若，求直线的方程；（3）已知直线斜率存在，若是椭圆经过原点的弦，且，求证：为定值．【答案】（1）（2），（3）证明见解析【解析】【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，依题意可得，解得，即可求出椭圆方程；（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率不存在时直接求出、 的坐标，即可判断，当直线存在时，设直线，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，由得到方程，求出的值，即可求出直线方程；（3）由弦长公式表示出，设直线，，，联立求出、，即可表示，代入即可得证.【小问1详解】抛物线的焦点为，由题意得，解得，，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由（1）可得，由题意知，直线与椭圆必相交，①当直线斜率不存在时，由，解得或，不妨令，，则，不合题意；②当直线存在时，设直线，设，，联立，消去整理得，所以，，则，解得，所以直线方程为或. 【小问3详解】证明：由（2）可得，设直线，设，，联立，消去得，所以、，所以，所以，即为定值.19.已知等比数列的公比，且满足，，数列的前项和，.（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；；（2）.【解析】【分析】 （1）根据题干已知条件可列出关于首项与公比的方程组，解出与的值，即可计算出数列的通项公式，再根据公式进行计算可得数列的通项公式；（2）先分为奇数和为偶数分别计算出数列的通项公式，在求前项和时，对奇数项运用裂项相消法求和，对偶数项运用错位相减法求和，最后相加进行计算即可得到前项和.【详解】（1）依题意，由，，可得，因为，所以解得，，，，对于数列：当时，，当时，，当时，也满足上式，，.（2）由题意及（1），可知：当为奇数时，，当为偶数时，，令，，则，， ，两式相减，可得，，，，，.【点睛】关键点点睛：第二问中当为奇数时，求出，并对进行裂项为是解题关键，本题主要考查等差数列和等比数列的基本量的运算，以及数列求和问题.考查了方程思想，分类讨论思想，转化与化归能力，整体思想，裂项相消法和错位相减法求和，以及逻辑推理能力和数学运算能力.本题属中档偏难题.20.已知函数，.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求函数的单调区间和极值；（3）若对于任意，都有成立，求实数m取值范围.【答案】（1）；（2）单调减区间是，单调增区间是，极小值为，无极大值；（3）. 【解析】【分析】（1）求导，代值，算出斜率即可求出切线方程；（2）分和讨论导函数的符号，研究单调性，从而得到极值；（3）问题转化为对于恒成立，再分离变量研究函数的最值即可.【详解】（1），，则所以在点处的切线方程为即（2）因为，所以，①当时，因为，所以，函数的单调增区间是，无单调减区间，无极值②当时，令，解得，当时，；当，，所以函数的单调减区间是，单调增区间是，在区间上的极小值为，无极大值.综上，当时，函数的单调增区间是，无单调减区间，无极值当时，函数的单调减区间是，单调增区间是，极小值为，无极大值.（3）因为对于任意，都有成立，所以，即问题转化为对于恒成立，即对于恒成立，令，则，令，，则，所以在区间上单调递增， 故，进而，所以在区间上单调递增，函数，要使对于恒成立，只要，所以，即实数m的取值范围是.【点睛】方法点睛：对于不等式恒成立问题，常用的方法是通过分离变量转化为函数的最值问题.