天津市河西区2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

河西区2022-2023学年度第二学期高三年级总复习质量调查（三）数学试卷一、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.已知集合,则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合,进而求得,由,求出即可.【详解】解:因为或,所以,又有,所以.故选:C2.不等式“”成立，是不等式“”成立的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据充分、必要条件的定义判断.【详解】由，但，所以由“”不能推出“”；又，但，所以由“”不能推出“”，即不等式“”成立，是不等式“”成立的既不充分也不必要条件.故选：D3.函数在区间的图象大致为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令，则，所以为奇函数，排除BD；又当时，，所以，排除C.故选：A.4.某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：广告费用x（万元）1245销售额y（万元）10263549根据上表可得回归方程的约等于9，据此模型预报广告费用为6万元时，销售额约为（）A.56万元B.57万元C.58万元D.59万元【答案】B【解析】 【分析】首先求出，然后利用样本中心点在回归方程上即可求出，然后将代入回归方程即可求解.【详解】，所以，，则，所以时，，所以销售额约为57.故选：B5.设，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系.【详解】因为，，，所以.故选：D.【点睛】本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数函数的单调性，确定其对应值的范围.比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：（1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；（2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；（3）借助于中间值，例如：0或1等.6.若所有棱长都是3的直三棱柱的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，求出球的半径即可求出球的表面积．【详解】 解：由题意可知：正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，底面中心到顶点的距离为：；所以外接球的半径为：．所以外接球的表面积为：．故选：C【点睛】本题是基础题，考查正三棱柱的外接球的表面积的求法，找出球的球心是解题的关键，考查空间想象能力，计算能力．7.已知，，则（）A.B.C.25D.5【答案】A【解析】【分析】由指对互换，表示出，代入原式即可.【详解】由，.故选：A.8.已知双曲线：的左右焦点分别为、，且抛物线：的焦点与双曲线的右焦点重合，点为与的一个交点，且直线的倾斜角为45°则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设双曲线焦点，可得抛物线的焦点坐标为，准线方程为，过点做，垂足为，根据题意有，可得轴，进而将用表示，结合双曲线定义，即可求解.【详解】设双曲线焦点，则抛物线的准线方程为， 过做，垂足为，则，，，又点在双曲线上，，.故选：B.【点睛】本题考查双曲线和抛物线的性质，应用曲线的定义是解题关键，注意几何方法的合理运用，属于中档题.9.已知函数，则下列结论中正确个数为（）①著对于任意，都有成立，则②若对于任意，都有成立，则③当时，在上单调递增，则的取值范围为④当时，若对任意的，函数在至少有两个零点，则的取值范围为A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【解析】【分析】①结合三角函数的值域来处理恒成立问题；②根据题干可得到函数的周期，结合三角函数的最小正周期和周期的关系进行判断；③根据三角函数的单调性进行求解；④由于的任意性，类比至少一个周期才保证至少有两个零点.【详解】对于①，若恒成立，只需要，根据正弦函数的值域可知，只需要，则，①正确；对于②，说明周期是，但不能说明最小正周期是，最小正周期的倍数是均符合题意，例如最小正周期是，此时，显然也成立，②错误； 对于③，时，当，，根据正弦函数在上单调递增可知，，解得，③正确；对于④，时，，当，，若，有两个零点，则中至少包含一个完整的周期，即，得到，④正确.综上所述故有3项正确.故选：C10.已知是虚数单位，若复数满足，则__________.【答案】【解析】【分析】先根据复数的除法算出，然后用模长公式进行求解.【详解】由题意，，于是.故答案为：11.若直线是圆的一条对称轴，则__________.【答案】##0.5【解析】【分析】由已知，直线过圆心即可求解.【详解】由题，直线过圆心，将代入直线方程得，解得：.故答案为：.12.在的展开式中，则的系数为________.【答案】240【解析】【分析】写出二项展开式的通项公式，令的幂指数为，求出通项中的即可求解. 【详解】依题意可得，的展开式的通项为，令，解得，故项的系数为.故答案：240【点睛】本题考查利用二项式定理求二项展开式中某项的系数；考查运算求解能力；正确写出二项展开式的通项公式是求解本题的关键；属于中档题.13.设a、b是正实数，且，则的最小值是_________．【答案】【解析】【分析】将所求式子变为，整理为符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得结果.【详解】是正实数当且仅当，即时取等号本题正确结果：【点睛】本题考查基本不等式求解和的最小值的问题，关键是构造出符合基本不等式的形式，从而得到结果，属于常规题型.14.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：，.15.在平面四边形中，，，若，则_____；若为边上一动点，当取最小值时，则值为_____．【答案】①.②.【解析】【分析】根据题意可知是等边三角形，是有一个内角为60°的直角三角形，又知道它们的边长，所以可以建立坐标系，将问题坐标化后进行计算求解．详解】解：∵平面四边形中，，，∴是边长为2的等边三角，在中，，所以，又，∴是边的四等分点．如图建立坐标系：则：，， 所以，再设，则，∴，显然时，最小，此时，∴．故答案为：，．【点睛】本题考查平面向量在几何问题中应用，涉及向量的数量积和向量夹角的余弦值，通过建系将问题坐标化是一种常见的求角或距离的解题方法，同时考查学生的转化思想和数形结合思想.16.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.（1）求的值；（2）若，（i）求的值；（ⅱ）求的值.【答案】（1）（2）（i）；（ⅱ） 【解析】【分析】（1）根据题意利用正弦定理运算求解；（2）（i）利用余弦定理运算求解；（ⅱ）根据三角恒等变换运算求解.【小问1详解】由，且C是三角形的内角，则，因为，由正弦定理得，所以.【小问2详解】（i）由余弦定理得，即，解得或.（ⅱ）由（1）知，由知A为锐角，得，所以，，所以.17.已知直三棱柱中，，，，D,E分别为的中点，F为CD的中点.（1）求证：//平面ABC；（2）求平面CED与平面夹角的余弦值；（3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明垂直平面的法向量即可；（2）利用空间向量求出两个平面的法向量，然后用夹角公式计算；（3）利用点到面距离的向量的公式计算.【小问1详解】在直三棱柱中，平面，且，以点B为坐标原点，BC，BA，所在直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系.则，，，，.易知平面ABC的一个法向量为，则，故，又因为平面，故//平面【小问2详解】，设平面CED的法向量为，则，不妨设，因为，设平面CED的法向量为，则，不妨设 则因此，平面CED与平面夹角的余弦值为.【小问3详解】因为，根据点到平面的距离公式，则即点到平面CED的距离为.18.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点，直线的倾斜角为，原点到直线的距离是．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线与椭圆相切，切点在第二象限，过点作直线的垂线，交椭圆于，两点（点在第二象限），直线交轴于点，若，求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设出直线的方程，由原点到直线的距离是，列方程解出，进而求出椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，令，解出和切点的坐标；由已知，直线的方程为，与椭圆方程联立，可得的坐标；由于与的面积相等，且，可得，结合列方程，求出，得到直线的方程．【小问1详解】 因为点，且直线的倾斜角为，所以直线的方程为，所以，即又原点到直线的距离是，所以，所以，所以椭圆的方程为．【小问2详解】由题意知，直线的斜率存在且不为，设直线的方程为，则直线的方程为．联立，消去，化简得．因为直线与椭圆相切，所以，即，化简得，且切点为．联立，消去，得，解得，所以，．因为为的中点，所以与的面积相等，又，所以，所以，即．所以，即．又，所以，解得． 因为，，所以，，故直线的方程为．19.设是各项均为正数的等差数列，，是和的等比中项，的前项和为，.（1）求和的通项公式;（2）设数列的通项公式.（i）求数列的前项和；（ii）求.【答案】（1），；（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）因为，是和的等比中项，根据等比中项可求得，再根据等差数列的通项公式求出，利用与的关系，证出是以2为首项，2为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项公式；（2）根据（1）中和的通项公式，列出数列的通项公式，利用分组求和法，分成奇数组和偶数组，即可求出数列的前项和；将分为奇数和偶数两种情况，当为奇数时，设，运用裂项相消法化简求出结果；当为偶数时，设，运用错位相减法求出结果；分别求解出后，相加求得的值即可．【详解】（1）解：设等差数列的公差为，因为，是和的等比中项， 所以，即，解得，因为是各项均为正数的等差数列，所以，故，因为，所以，两式相减得：，当时，，，是以2为首项，2为公比的等比数列，.（2）（i）解：，所以.（ii）解：当为奇数时，设，当为偶数时，设，，所以， 故，所以.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和前项和公式，以及运用分组求和法、裂项相消法和错位相减法求和，属于中档题．20.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，讨论函数在上的单调性；（3）证明：对任意的，有．【答案】（1）（2）在上单调递增.（3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.小问1详解】解：因为，所以，即切点坐标为，又，∴切线斜率∴切线方程为：【小问2详解】解：因为，所以， 令，则，∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.【小问3详解】解：原不等式等价于，令，，即证，∵，，由（2）知在上单调递增，∴，∴∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证.