天津市和平區(qū)2023屆高三下學期第一次質量調查數(shù)學試題Word版含解析.docx

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和平區(qū)2022-2023學年度第二學期高三年級第一次質量調查數(shù)學試卷溫馨提示：本試卷包括第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，共150分.考試時間120分鐘.祝同學們考試順利!注意事項：1.答第I卷前，考生務必將自己的姓名?準考號?科目涂寫在答題卡上.2.每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用，橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.答在試卷上的無效.3.本卷共9小題，每小題5分，共45分.參考公式：球的體積公式，其中表示球的半徑.如果事件互斥，那么.如果事件相互獨立，那么，任意兩個事件與，若，則.第Ⅰ卷（選擇題共45分）一?選擇題（在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知全集，則中元素個數(shù)為（）A.3個B.4個C.5個D.6個【答案】B【解析】【分析】利用列舉法表示全集，可得到，從而得到集合，即可得解；【詳解】因為，，∴，，∴，中元素個數(shù)為4個，故選：B．2.已知a是實數(shù)，則“”是“”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件 C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】利用特殊值及基本不等式，結合充分條件及必要條件的定義即可求解.【詳解】當時，；當時，，當且僅當，即時等號成立，所以當時，成立，所以“”是“”的充分不必要條件.故選:A3.函數(shù)的圖象是A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】試題分析：由偶函數(shù)排除B、D,排除C.故選A.考點：函數(shù)的圖象與性質．4.某城市在創(chuàng)建文明城市的活動中，為了解居民對“創(chuàng)建文明城市”的滿意程度，組織居民給活動打分（分數(shù)為整數(shù)，滿分100分），從中隨機抽取一個容量為100的樣本，發(fā)現(xiàn)數(shù)據(jù)均在內.現(xiàn)將這些分數(shù)分成6 組并畫出樣本的頻率分布直方圖，但不小心污損了部分圖形，如圖所示觀察圖形，則下列說法錯誤的是（）A.頻率分布直方圖中第三組的頻數(shù)為15人B.根據(jù)頻率分布直方圖估計樣本的眾數(shù)為75分C.根據(jù)頻率分布直方圖估計樣本的中位數(shù)為75分D.根據(jù)頻率分布直方圖估計樣本的平均數(shù)為75分【答案】D【解析】【分析】利用頻率分布直方圖的性質直接求解.【詳解】分數(shù)在內的頻率為，所以第三組的頻數(shù)為（人），故A正確；因為眾數(shù)的估計值是頻率分布直方圖中最高矩形的中點，從圖中可看出眾數(shù)的估計值為75分，故B正確；因為，，所以中位數(shù)位為：，故C正確；樣本平均數(shù)的估計值為：（分），故D錯誤.故選：D.5.已知，則的大小關系為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用對數(shù)函數(shù)的單調性結合二次函數(shù)的性質即得．【詳解】，，， 又，因為函數(shù)，在上單調遞減，且，又因為，所以，所以，即，所以，，即．故選：C．6.將函數(shù)圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，再將所得的圖象向右平移個單位長度，得到函數(shù)的圖象，則（）A.的最小正周期為B.的圖象關于直線對稱C.在上單調遞增D.的圖像關于點對稱【答案】C【解析】【分析】利用圖象的伸縮變換、平移變換以及正弦函數(shù)的圖象與性質進行求解.【詳解】函數(shù)圖象上所有點橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，得到，再將所得的圖象向右平移個單位長度，得到函數(shù)，對于A，的最小正周期為，所以的最小正周期為，故A錯誤；對于B，當時，，因為不是正弦函數(shù)的對稱軸，故B錯誤；對于C，當時，，因為正弦函數(shù)在單調遞增，故C正確； 對于D，當時，，因為不是正弦函數(shù)的對稱中心，故不是的對稱中心，故D錯誤.故選：C.7.拋物線的焦點為，其準線與雙曲線的漸近線相交于兩點，若的周長為，則（）A.2B.C.8D.4【答案】A【解析】【分析】利用雙曲線的漸近線、拋物線的焦點和準線以及兩點的距離公式進行計算求解.【詳解】由題知，雙曲線的漸近線為，拋物線的焦點，準線方程為，由得兩點坐標為，，所以，因為的周長為，所以，解得.故B，C，D錯誤.故選：A.8.為慶祝國慶，立德中學將舉行全校師生游園活動，其中有一游戲項目是夾彈珠．如圖，四個半徑都是1cm的玻璃彈珠放在一個半球面形狀的容器中，每顆彈珠的頂端恰好與容器的上沿處于同一水平面，則這個容器的容積是（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)四個小球和容器的相切關系，作出對應的正視圖和俯視圖，建立球心和半徑之間的關系即可得到容器的半徑.【詳解】分別作出四個小球和容器的正視圖和俯視圖，如圖所示:正視圖中小球球心B，半球球心O與切點A構成直角三角形，則有，俯視圖中，四個小球球心的連線圍成正方形，正方形的中心到球心的距離與正視圖中的相等，設半球半徑為R，已知小球半徑r=1，∴，，，.半球面形狀的容器的容積是.故選：B9.已知函數(shù)，設方程的四個實根從小到大依次為，對于滿足條件的任意一組實根，下列判斷中一定成立的是（）A.B. C.D.【答案】B【解析】【分析】先作圖確定四個根的范圍，再舉反例說明A不成立，根據(jù)不等式性質否定C,D,最后根據(jù)放縮法證B成立.【詳解】方程的根可化為函數(shù)與圖象的交點的橫坐標，作圖如下：由圖象可得，，故；因為D錯誤，若，則可取，但，所以A錯誤，因為，所以，即，，C錯；，即，∴，∴.故選：B【點睛】本題考查根據(jù)函數(shù)零點情況判斷不等式，考查綜合分析求解判斷能力，屬中檔題.第II卷（非選擇題共105分）注意事項： 1.用黑色鋼筆或簽字筆直接答在答題卡上，答在本試卷上的無效.2.本卷共11題，共105分.二?填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分.試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分）10.設為虛數(shù)單位，復數(shù)__________.【答案】##-2i+1【解析】【分析】根據(jù)復數(shù)的除法法則計算即可.【詳解】.故答案為：.11.的展開式中常數(shù)項為__________.【答案】60【解析】【分析】根據(jù)題意結合二項展開式的通項公式分析運算.【詳解】∵展開式第項，∴當時，，故展開式中常數(shù)項為.故答案為：60.12.直線與圓交，兩點，若為等邊三角形，則的值為______．【答案】##【解析】【分析】結合幾何關系和點到直線的距離即可求解.【詳解】由條件和幾何關系可得圓心到直線的距離為，解得． 故答案為：.13.先后擲兩次骰子（骰子的六個面上的點數(shù)分別是1?2?3?4?5?6），落在水平桌面后，記正面朝上的點數(shù)分別為x?y，記事件A為“為偶數(shù)”，事件B為“x?y中有偶數(shù)且”，則概率___________，___________.【答案】①.##0.5②.【解析】【分析】由古典概率公式求出、，利用條件概率公式可得結果.【詳解】解：若為偶數(shù)，則、全為奇數(shù)或全為偶數(shù)，所以，，事件為“為偶數(shù)且、中有偶數(shù)，”，則、為兩個不等的偶數(shù)，所以，，因此，.故答案為：；.14.若實數(shù)x、y滿足，則的最大值是______．【答案】【解析】【分析】利用不等式求最值即可.【詳解】，解得，當時，取得最大值.故答案為：.15.已知四邊形，且，點為線段，上一點，且，則__________，過作∥交于點，則__________. 【答案】①②.【解析】【分析】由，可得，進而可得，由題意可得，求解即可得第一空答案；取中點，連接，根據(jù)向量的數(shù)乘及加減運算可得,,再根據(jù)向量的數(shù)量積運算即可得第二空答案.【詳解】解：如圖所示：因為所以∥即有∥，又因為，所以，即，，解得，所以，所以，又因為，即，所以；又因為 ，又因為，所以，解得；如圖所示：取中點，連接，由題意可知∥且=，所以四邊形為平行四邊形，所以∥，又因為∥，所以∥，又因為，所以，所以，，所以，由可得，所以,,所以 .故答案為：；【點睛】關鍵點睛：對于向量的線性運算，關鍵是將所求向量表示成同一組基底的數(shù)量積，然后再進行求參、數(shù)量積等運算.三?解答題（本大題共5小題，共75分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）16.已知的內角的對邊分別為，且.（1）求的大小：（2）若，（i）求的面積；（ii）求.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化邊為角，結合兩角和得正弦公式及三角形內角關系即可得出答案；（2）利用余弦定理求得邊，根據(jù)三角形面積公式可得面積，再根據(jù)余弦定理可得，再利用二倍角公式及和差角公式即得.【小問1詳解】因為，所以，即，則，因，所以，所以， 所以；【小問2詳解】（i）由余弦定理得，即，解得（舍去）或，所以的面積為；（ii）由上可得，又，所以，所以，，所以.17.在如圖所示的幾何體中，平面平面；是的中點.（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）求平面與平面的夾角的余弦值.【答案】（1）詳見解析；（2）；（3）.【解析】 【分析】（1）建立空間直角坐標系，求出和的坐標，計算即可求證；（2）求平面的法向量，然后利用線面角的向量求法即得；（3）利用空間向量夾角公式即可求解.【小問1詳解】因為，以為原點，分別以，所在直線為，軸，過點且與平面垂直的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，所以，，所以，所以，即；【小問2詳解】因為，設平面的法向量為，則，令，可得，又，設與平面所成角為，則，直線與平面所成的角的正弦值為；【小問3詳解】由題，，設平面的法向量， 由，令，則，又平面的法向量，所以，所以平面與平面的夾角的余弦值為．18.已知數(shù)列為首項的等比數(shù)列，且成等差數(shù)列；數(shù)列為首項的單調遞增的等差數(shù)列，數(shù)列的前項和為，且成等比數(shù)列.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）求；（3）數(shù)列滿足，記和分別為和的前項和，證明：.【答案】（1）；；（2）；（3）證明見解析.【解析】【分析】（1）利用等比數(shù)列基本量運算可得的通項公式，由等差數(shù)列的基本量運算結合條件可得的通項公式；（2）利用裂項相消法即得；（3）利用錯位相減法及等比數(shù)列求和公式結合條件即得.【小問1詳解】設等比數(shù)列的公比為數(shù)列的公差為由題知：，所以，即，解得， 所以，又，即，解得（舍）或，所以；【小問2詳解】由，可得，所以；【小問3詳解】因為，所以，，，則，所以，∴，所以，所以. 19.在平面直角坐標系中，橢圓的離心率為，點是橢圓與軸負半軸的交點，點是橢圓與軸正半軸的交點，且直線與圓相切.（1）求橢圓的方程；（2）已知斜率大于0的直線與橢圓有唯一的公共點，過點作直線的平行線交橢圓于點，若的面積為，求直線的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由題可得直線AB的方程，然后利用直線與圓的位置關系即得；（2）設直線l的方程為，根據(jù)橢圓與直線的位置關系可得及，進而可得直線，結合橢圓方程可得，然后根據(jù)三角形面積結合條件進而即得.【小問1詳解】設橢圓的半焦距為，由，可得，則，所以直線AB的方程為，即，因為直線與圓相切，所以，解得，所以橢圓C的方程為；【小問2詳解】設直線l的方程為，， 由，可得，所以，可得，所以，，即，所以直線OM的方程為，即，又，由題可得直線，由，可得，顯然，設，則，，，即，則P到直線OM距離為，所以三角形的面積為，所以，，又，所以，，所以直線l的方程為.20.已知函數(shù)，其中為自然對數(shù)的底數(shù)，.（1）當時，函數(shù)有極小值，求；（2）證明：恒成立； （3）證明：.【答案】（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）求導，求極值點，討論函數(shù)單調性，找到極小值即可解決問題；（2）不等式恒成立，即恒成立，設，構造新函數(shù)求導利用函數(shù)導數(shù)單調性進行分析即可證明結論.（2）由（2）知，，令，則從而有，由的不同值，分別寫出不等式，然后累加，結合等比數(shù)列求和進行放縮，分析得到結論.【小問1詳解】，令，解得，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以有極小值，所以，即.【小問2詳解】證明：不等式恒成立，即恒成立，設，則，易知是定義域上的增函數(shù)，又，則在上有一個根，即當時，，當時， 此時在單調遞減，在單調遞增，的最小值為，，，，恒成立，故結論成立.【小問3詳解】證明：由（2）知，，令，則.由此可知，當時，，當時，，當時，，，當時，，累加得：，又， 所以.【點睛】函數(shù)與導數(shù)綜合簡答題常常以壓軸題的形式出現(xiàn)，難度相當大，主要考向有以下幾點：1、求函數(shù)的單調區(qū)間（含參數(shù)）或判斷函數(shù)（含參數(shù)）的單調性；2、求函數(shù)在某點處的切線方程，或知道切線方程求參數(shù)；3、求函數(shù)的極值（最值）；4、求函數(shù)的零點（零點個數(shù)），或知道零點個數(shù)求參數(shù)的取值范圍；5、證明不等式；解決方法：對函數(shù)進行求導，結合函數(shù)導數(shù)與函數(shù)的單調性等性質解決，在證明不等式或求參數(shù)取值范圍時，通常會對函數(shù)進行參變分離，構造新函數(shù)，對新函數(shù)求導再結合導數(shù)與單調性等解決.