高中數(shù)學(xué)高考三輪沖刺 天津南開中學(xué)2023屆高三數(shù)學(xué)理科訓(xùn)練1(含答案)

一、選擇題：1.若復(fù)數(shù)滿足,的虛部為（）A.B.C.D.2.執(zhí)行下面的程序框圖，若，則輸出的等于（） A． B． C． D．3.若則（）A.B.C.4.已知是周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)時，設(shè)則()A.B.C.D.5.若都是銳角，且，，則()A．B．C．或D．或6.如果函數(shù)沒有零點，則的取值范圍為()A．B．C．D．7.函數(shù)的定義域為，．滿足，且在區(qū)間上單調(diào)遞增，若滿足，則實數(shù)的取值范圍是（）A．[1,]B．(0，]C．[﹚∪(]D．8.已知中心在坐標原點的橢圓與雙曲線有公共焦點，且左、右焦點分別為，這兩條曲線在第一象限的交點為,是以為底邊的等腰三角形.若，橢圓與雙曲線的離心率分別為，則的取值范圍是()A.B.C.D.二、填空題：9.一個幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的體積為________．10.設(shè)滿足約束條件：；則的最小值為11.在極坐標系下，圓的圓心到直線的距離是12.的展開式中的常數(shù)項為________13.如圖，AB是圓O的直徑，C是半徑OB的中點，D是OB延長線上一點，且BD=OB，直線MD與圓O相交于點M、T（不與A、B重合），連結(jié)MC，MB，OT．若，則________．14.在△ABC中，邊,,角，過作于,且,則________．三、解答題：15.在△ABC中，角A，B，C對邊分別為滿足：，（1）求角A的大小；（2）求的最大值，并求取得最大值時角B，C的大小.16.在某校組織的一次籃球定點投籃訓(xùn)練中，規(guī)定每人最多投3次；在A處每投進一球得3分，在B處每投進一球得2分；如果前兩次得分之和超過3分即停止投籃，否則投第三次.某同學(xué)在A處的命中率，在B處的命中率為,該同學(xué)選擇先在A處投一球，以后都在B處投，用表示該同學(xué)投籃訓(xùn)練結(jié)束后所得的總分.（1）求該同學(xué)投籃3次的概率；（2）求隨機變量的數(shù)學(xué)期望.17.如圖，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.（1）證明：AC⊥B1D；（2）求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值.參考答案：一、選擇題：BCBDABDB二、填空題：9.10.11.8412.13.14.15.（1）由已知化為

由余弦定理得，∴=，∵0＜A＜π，∴A=．

（2）∵A=，∴B=C，0＜C＜．2cos2sin(B)=2×+sin(B)=+2sin(C+)．

∵0＜C＜，∴＜C+＜，∴當(dāng)C+=，2cos2sin(B)取最大值2+，解得B=C=．16.（1）.（2）;;;;.隨機變量的分布列為02345∴.17.方法一(1)證明如圖，因為BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥BB1.又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D，而B1D?平面BB1D，所以AC⊥B1D.(2)解因為B1C1∥AD，所以直線B1C1與平面ACD1所成的角等于直線AD與平面ACD1所成的角(記為θ).如圖，連接A1D，因為棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1，從而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四邊形ADD1A1是正方形.于是A1D⊥AD1，故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ，在直角梯形ABCD中，因為AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.從而Rt△ABC∽Rt△DAB，故eq\f(AB,DA)＝eq\f(BC,AB)，即AB＝eq\r(DA·BC)＝eq\r(3).連接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BBeq\o\al(2,1)＋BD2＝BBeq\o\al(2,1)＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝eq\r(21).在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝eq\f(AD,B1D)＝eq\f(3,\r(21))＝eq\f(\r(21),7)，即cos(90°－θ)＝eq\f(\r(21),7).從而sinθ＝eq\f(\r(21),7).即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為eq\f(\r(21),7)方法二(1)證明易知，AB，AD，AA1兩兩垂直.如圖，以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系.設(shè)AB＝t，則相關(guān)各點的坐標為A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3).從而＝(－t,3，－3)，＝(t,1,0)，＝(－t,3,0).因為AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝eq\r(3)或t＝－eq\r(3)(舍去).于是＝(－eq\r(3)，3，－3)，＝(eq\r(3)，1,0)，因為·＝－3＋3＋0＝0，所以⊥，即AC⊥B1D.(2)解由(1)知，＝(0,3,3)，＝(eq\r(3)，1,0)，＝(0,1,0).設(shè)＝(x，y，z)是平面ACD1的一個法向量，則，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))令x＝1，則＝(1