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天津市河北区2023届高三数学二模试题(Word版附解析)
天津市河北区2023届高三数学二模试题(Word版附解析)
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河北区2022-2023学年度高三年级总复习质量检测(二)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.第Ⅰ卷(选择题共45分)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,并在规定位置粘贴考试用条形码.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:如果事件A,B互斥,那么如果事件A,B相互独立,那么球的表面积公式球的体积公式,其中R表示球的半径一、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设全集,集合,,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用集合间的基本运算,即可得到答案;【详解】因为,所以,所以.故选:D.2.若,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】B【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】若,令,满足,但;若,则一定成立,所以“”是“”的必要不充分条件.故选:B3.已知圆锥的顶点和底面圆周均在球的球面上.若该圆锥的底面半径为,高为6,则球的表面积为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设球心到圆锥底面的距离为,由题设可得关于的方程,求出其解后可得球的半径,从而可求其表面积.【详解】因为,故球心在圆锥的内部且在高上,设球心到圆锥底面的距离为,则有,解得,则圆半径,表面积.故选:C4.函数的图象大致为( )A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】当时,函数,由函数的单调性,排除;当时,函数,此时,代入特殊值验证,排除,只有正确.【详解】当时,函数,由函数在上递减,可得在上递减,排除;当时,函数,此时,而选项的最小值为2,故可排除,只有正确,故选B.【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质,属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向,该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多,但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手,根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势,利用排除法,将不合题意的选项一一排除.5.某校举行知识竞赛,对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计,把得分数据按,,,,分成5组,得到如图所示的频率分布直方图,则下列说法不正确的是()A.图中的x值为0.020B.得分在的人数为400C.这组数据的极差为50D.这组数据的平均数的估计值为77【答案】C【解析】【分析】根据频率分布直方图中所有长方形的面积和为1,以及极值、频数以及平均数的计算,对每个选 项进行逐一分析,即可判断和选择.【详解】对于A,由,可解得,故选项A正确;对于B,得分在80分及以上的人数的频率为,故人数为,故选项B正确;对于C,频率分布直方图无法看出这组数据的最大值和最小值,故选项C不正确;对于D,这组数据的平均数的估计值为:,故选项D正确.故选:C.6.已知双曲线的右焦点为,以为圆心,以为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于,两点,若(为坐标原点),则双曲线的离心率为().A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设双曲线的一条渐近线方程为,为的中点,可得,由,可知为的三等分点,用两种方式表示,可得关于的方程组,结合即可得到双曲线的离心率.【详解】设双曲线的一条渐近线方程为,为的中点,可得,由到渐近线的距离为,所以,又,所以, 因为,所以,整理可得:,即,所以,可得,所以,所以双曲线离心率为,故选:A.7.设是定义域为R的偶函数,且在上单调递增,若,,,则,,的大小关系为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据的奇偶性化简,结合的单调性确定的大小关系.【详解】依题意是定义域为R的偶函数,,,,,,,, 由于在上单调递增,所以.故选:D8.将函数的图像向右平移个单位长度,得到函数的图像,则下列说法正确的是()A.若,则是奇函数B.若,则在区间上单调递减C.若,则的图像关于点对称D.若,则在区间上单调递增【答案】C【解析】【分析】由函数平移得,讨论、,结合正余弦函数的性质判断奇偶、对称性以及上的单调性,即可得答案.【详解】将函数的图像向右平移个单位长度,得到函,当时,为偶函数,在上有,递增,故A,B错误;当时,,此时,,即关于点对称,在上有,不单调,故C正确,D错误.故选:C9.在中,角的边长分别为,点为的外心,若,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】作出辅助线,对数量积进行转化得到,求出的取值范围,进而求出答案.【详解】取的中点,则,所以.因为,则,即.所以,故选:D.第Ⅱ卷注意事项:1.答卷前将密封线内的项目填写清楚.2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上.3.本卷共11小题,共105分.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.请将答案写在答题纸上.10.i是虚数单位,则复数______.【答案】【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得; 【详解】故答案为:11.的展开式中含项的系数为______.【答案】【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中,令的幂指数等于,求出的值,即可求得展开式中含项的系数.【详解】的展开式中,通项公式为,令,求得,可得展开式中含项的系数.故答案为:.12.抛物线的准线截圆所得弦长为4,则抛物线的焦点坐标为__________.【答案】【解析】【分析】先写出准线方程,整理圆的标准方程得到圆心和半径,再利用弦长得到关于p的关系式,求出,即得焦点坐标.【详解】抛物线的准线为:,圆,即,圆心是,半径是,故圆心到准线的距离为,而弦长为4,故,解得,故抛物线的焦点,即.故答案为:. 13.在5道题中有3道代数题和2道几何题,不放回地依次抽取2道题,则第1次和第2次都抽到代数题的概率为______;在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率为______.【答案】①.##②.##【解析】【分析】用表示第次抽到代数题,用表示第2次抽到几何题,利用排列数和古典概型概率公式即可求解第1次和第2次都抽到代数题的概率;先计算,,结合条件概率的计算公式,即可求解在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率.详解】用表示第次抽到代数题,用表示第2次抽到几何题,所以第1次和第2次都抽到代数题的概率,因为,,所以在第1次抽到几何题的条件下,第2次抽到代数题的概率为:.故答案为:;.14.设x,y∈R,a>1,b>1,若ax=by=3,a+b=2,则的最大值为________.【答案】1【解析】【分析】根据指对互化公式得到x=loga3,y=logb3,.==log3a+log3b=log3ab,结合均值不等式可得到最值.【详解】因为a>1,b>1,ax=by=3,a+b=2,所以x=loga3,y=logb3.==log3a+log3b=log3ab≤log32=log32=1,当且仅当a=b时,等号成立.故答案为1. 【点睛】在利用基本不等式求最值时,要特别注意“拆、拼、凑”等技巧,使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用,否则会出现错误.15.已知函数,若存在实数.满足,且,则___________,的取值范围是___________.【答案】①.1②.【解析】【分析】作出函数的图象,结合图象可知之间的关系,利用此关系直接求出,再将转化为关于的二次函数求范围即可.【详解】作出函数的图象,如图,因为,所以由图可知,,即,,且,,在上单调递增,,即的取值范围是. 故答案为:1;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,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知.(1)求角A的大小;(2)若,,求边c及的值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)根据正弦定理化简为,从而可得,结合角的范围可得,从而可求得;(2)由正弦定理求得,再根据余弦定理可求得,由求得,进而求得,,再结合和角正弦公式可得.【小问1详解】根据正弦定理,由可得.即,即,因为,所以.所以,即.【小问2详解】 由正弦定理,可得,解得,根据余弦定理可得,即,,解得或(舍去)故.因,所以,所以,所以,,所以.17.如图,在直三棱柱中,是以BC为斜边的等腰直角三角形,,D,E分别为BC,上的点,且.(1)若,求证:平面;(2)若,求直线与平面所成角的正弦值;(3)若平面与平面ACD的夹角为,求实数t的值.【答案】(1)证明见解析;(2); (3)【解析】【分析】(1)由,得到点D,E分别为的中点,易得四边形为平行四边形,四边形是平行四边形,进而得到,再利用线面平行的判定定理证明;(2)以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系,求得直线的方向向量和平面的法向量,根据线面角的空间向量的求法即可求解;(3)设平面的一个法向量为,再由平面的一个法向量为,根据二面角的大小为,由求解.【小问1详解】当时,,即点D,E分别为的中点,在直三棱柱中,,所以四边形为平行四边形,连接,则,所以,所以四边形是平行四边形,所以.又因为平面平面,所以平面. 【小问2详解】平面,又,以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系,则点,当时,,即点D,E分别为的中点,则,所以,设平面的一个法向量,则,即,令,则,所以平面的一个法向量,则,令直线与平面所成角为,则,所以直线与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】由(2)可得,所以,所以. 设平面的一个法向量为,则即,取,又平面的一个法向量为,因为平面与平面ACD的夹角为,所以,即,得,又因为,所以.18.已知数列的前n项和为,满足:(1)求证:数列为等差数列;(2)若,令,数列的前n项和为,若不等式对任意恒成立,求实数m的取值范围.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)利用关系可得,即有,将两式相减并整理有,即可证结论.(2)由(1)结论及题设可得,令、,应用作差法比较它们的大小,即可确定的单调性并求其最大值,结合恒成立求m的取值范围.【小问1详解】由题设,,则, 所以,整理得,则,所以,即,,所以,故数列为等差数列,得证.【小问2详解】由,可得,又,结合(1)结论知:公差,所以,故,则,所以,且,所以,即,所以,在且上递减,则,要使对任意恒成立,即,所以.19.设椭圆C:()的左、右顶点分别为A,B,上顶点为D,点P是椭圆C上异于顶点的动点,已知椭圆的离心率,短轴长为2.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线AD与直线BP交于点M,直线DP与x轴交于点N,求证:直线MN恒过某定点,并求出该定点.【答案】(1)(2)证明见解析,定点为【解析】 【分析】(1)利用椭圆的离心率及其短轴长联立方程组即可求解;(2)设直线和直线方程,并求出直线的方程,再求出点、的坐标,及其直线的方程,即可求出直线MN恒过某定点.【小问1详解】由已知可得,解得,故椭圆C的方程为;【小问2详解】设直线的方程为(且),直线的方程为(且),则直线与x轴的交点为,直线的方程为,则直线与直线的交点为,将代入方程,得,则点P的横坐标为,点P的纵坐标为,将点P的坐标代入直线的方程,整理得,∵,∴,由点坐标可得直线的方程为:,即, 则直线过定点.20.已知,函数,其中e是自然对数的底数.(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)当时,求函数的单调区间;(3)求证:函数存在极值点,并求极值点的最小值.【答案】(1)(2)单调增区间为,单调减区间为(3)证明见解析,的最小值是e.【解析】【分析】(1)先求的导函数,再点斜式求曲线在点处的切线方程(2)先求的导函数,根据的正负判定函数的增减即可;(3)根据导数的分母正,需要分子有变号零点,转变为双变量函数的恒成立和有解问题,利用导数再次确定新函数单调性和最值即可求解.【小问1详解】当时,,,,,曲线在点处的切线方程,切线方程.【小问2详解】当时,,则令,得;令,得;所以,函数的单调增区间为,单调减区间为. 【小问3详解】令,因为,所以方程,有两个不相等的实根,又因为,所以,令,列表如下:-0+减极小值增所以存在极值点.所以存在使得成立,所以存在使得,所以存在使得对任意的有解,因此需要讨论等式左边的关于的函数,记,所以,当时,单调递减;当时,单调递增.所以当时,的最小值为.所以需要,即需要,即需要, 即需要因为在上单调递增,且,所以需要,故的最小值是e.
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