2023屆天津教研聯盟高三一模數學試題

2023屆天津教研聯盟高三一模數學試題一、單選題1．已知全集，集合，則集合為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】計算出，從而根據交集，并集和補集概念計算出四個選項，得到正確答案.【詳解】由題意知，，A選項，，A錯誤；B選項，，B錯誤；C選項，，故，C錯誤；所以.故選：D.2．在中，“”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】C【分析】根據充分條件、必要條件的定義判斷即可.【詳解】解：若，則，∴，由正弦定理得，所以，因為，所以，所以，∴，反之也成立，故“”是“”的充要條件；故選：C3．函數的圖象大致為（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】根據解析式求得函數奇偶性，以及即可容易求得結果.【詳解】因為的定義域為，且，故為偶函數，排除C，D，驗算特值，排除A,故選：B【點睛】本題考查函數圖像的辨識，涉及函數奇偶性的判斷和指數運算，屬基礎題.4．設，，，則，，的大小順序是A． B． C． D．【答案】B【解析】判斷的大致范圍再排序即可.【詳解】,且,又.故.故選：B【點睛】本題主要考查了利于指數對數函數的單調性對函數值大小進行比較,屬于基礎題型.5．某汽車生產廠家研發(fā)了一種電動汽車，為了了解該型電動汽車的月平均用電量（單位：度）情況，抽取了150名戶主手中的該型電動汽車進行調研，繪制了如圖所示的頻率分布直方圖，其中，第5組小長方形最高點的縱坐標為x，則該型電動汽車月平均用電量在的戶主人數為（

）A．98 B．103 C．108 D．112【答案】C【分析】由頻率和為1列方程求x，再根據直方圖中區(qū)間頻率求樣本中對應的戶主人數.【詳解】由，得.月平均用電量在的用戶戶.故選：C6．已知拋物線的焦點為F，準線為l，過F且斜率為的直線與C交于A，B兩點，D為AB的中點，且于點M，AB的垂直平分線交x軸于點N，四邊形DMFN的面積為，則（

）A． B．4 C． D．【答案】A【分析】設出直線AB的方程，聯立拋物線方程，表達出點坐標，作出輔助線，求出，得到四邊形DMFN為平行四邊形，利用面積列出方程，求出.【詳解】由題意知，直線AB的方程為．設，由，得，所以，所以，由，得．如圖所示，作軸于點E，則．因為，故，，又，故，又，得四邊形DMFN為平行四邊形．所以其面積為，解得．故選：A7．若，則（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】A選項，構造且，求導得到其單調性，求出，A錯誤；B選項，構造且，求導得到其單調性，求出；C選項，構造且，求導得到其單調性，證明出；D選項，舉出反例即可.【詳解】對于A，令且，則，故在上單調遞增，則，即，所以，即，故A錯誤；對于，令且，則，故在上單調遞增，則，即，所以，故B錯誤；對于，令且，則，故在上單調遞增，則，即，所以，則，故C正確；對于D，當時，，故D錯誤.故選：C.【點睛】構造函數比較大小是高考熱點和難點，結合代數式的特點，選擇適當的函數，通過導函數研究出函數的單調性，從而比較出代數式的大小.8．數學中有許多形狀優(yōu)美，寓意獨特的幾何體，“勒洛四面體”就是其中之一．勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分．如圖，在勒洛四面體中，正四面體的棱長為，則下列結論正確的是（

）A．勒洛四面體最大的截面是正三角形B．若、是勒洛四面體表面上的任意兩點，則的最大值為C．勒洛四面體的體積是D．勒洛四面體內切球的半徑是【答案】D【分析】由勒洛四面體的定義判斷選項A；由勒洛四面體的定義求解判斷B；根據對稱性,由勒洛四面體內切球的球心是正四面體外接球的球心求解判斷C；結合C由棱長減去外接球的半徑求得內切球的半徑求解判斷.【詳解】由勒洛四面體的定義可知勒洛四面體最大的截面即經過四面體表面的截面，如圖1所示，故A不正確；根據勒洛四面體的性質，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，所以勒洛四面體表面上任意兩點間的距離的最大值即為內接正四面體的邊長，所以勒洛四面體表面上任意兩點間的距離的最大值為，故B錯誤；如圖2，由對稱性可知勒洛四面體內切球的球心是正四面體外接球的球心，連接并延長交勒洛四面體的曲面于點，則就是勒洛四面體內切球的半徑.如圖3,在正四面體中，為的中心，是正四面體外接球的球心，連接、、，由正四面體的性質可知在上.因為,所以，則.因為，即，解得，則正四面體外接球的體積是，而勒洛四面體的體積小于其外接球的體積，C錯誤；因為，所以,所以，勒洛四面體內切球的半徑是，則D正確.故選：D.【點睛】關鍵點睛：解決與球有關的內切或外接問題時，關鍵是確定球心的位置，再利用球的截面小圓性質求解.9．設函數，給出下列結論：①的最小正周期為；②在區(qū)間內單調遞增；③函數的對稱軸方程為④將函數的圖像向左平移個單位長度，可得到函數的圖像．其中所有正確結論的序號是（

）A．①②④ B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】化簡，結合三角函數的性質求解即可.【詳解】,,故①正確；令，得，當時，在區(qū)間內單調遞增，故在區(qū)間內單調遞增，故②正確；令，得，故③正確；的圖像向左平移個單位得，故④錯誤.故選：D.二、填空題10．已知復數滿足（其中為虛數單位），則的值為________．【答案】【分析】把已知等式變形，再利用復數代數形式的除法運算化簡復數z，然后由復數模的公式計算得答案．【詳解】，故答案為【點睛】本題考查了復數代數形式的除法運算，考查了復數模的求法，準確計算是關鍵，是基礎題．11．二項式的展開式中常數項為___________.(用數字作答)【答案】28【分析】先求出二項展開式的通項公式，再令的冪指數等于零，求得的值，即可求得展開式中常數項．【詳解】解：二項式的展開式的通項公式為，令，，故展開式中常數項為第七項，是，故答案為：28．，若在該半正多面體內放一個球，則該球表面積的最大值為__________.【答案】【分析】分析出球心的位置，得出半正多面體所在的正四面體的高，求出點到正六邊形所在平面的距離，到正三角形所在平面的距離，即可求出當球的表面積最大時，該球的半徑，進而得出表面積.【詳解】由題意，半正多面體由4個正三角形和4個正六邊形構成，其可由正四面體切割而成，，當球的表面積最大時，該球的球心即為半正多面體所在正四面體的外接球的球心，記球心為.在中，，,該半正多面體所在的正四面體的高為：，設點到正六邊形所在平面的距離為，過點作于，由幾何知識得，∴，即，解得：，∴當球的表面積最大時，該球的半徑為，表面積為.故答案為：.13．某產品的質量檢驗過程依次為進貨檢驗（IQC）、生產過程檢驗（IPQC）、出貨檢驗（OQC）三個環(huán)節(jié)．已知某產品IQC的單獨通過率為，IPQC的單獨通過率為，規(guī)定上一類檢驗不通過則不進入下一類檢驗，未通過可修復后再檢驗一次（修復后無需從頭檢驗，通過率不變且每類檢驗最多兩次），且各類檢驗間相互獨立，則一件該產品能進入OQC環(huán)節(jié)的概率為_________．【答案】【分析】利用獨立事件和互斥事件概率求解即可.【詳解】設表示第i次通過進貨檢驗，表示第i次通過生產過程檢驗（），C表示該產品能進入出貨檢驗環(huán)節(jié)，由題意得．故答案為：.三、雙空題14．已知向量，向量與向量的夾角為，，則向量__________；若向量與向量的夾角為，向量，其中，當時，實數a的取值范圍為__________．【答案】

或

【分析】設出，根據向量數量積公式和夾角公式列出方程組，求出，再根據與夾角的，求出，利用向量線性運算法則和模長公式，結合三角函數恒等變換求出，利用模長取值范圍和，得到不等式，求出實數a的取值范圍.【詳解】設，則，，∴或，∴或，與夾角的，則∴∴因為，所以，，∵，∴，∴，∴，故實數a的取值范圍是．15．已知函數，若，則不等式的解集為_______；若恰有兩個零點，則的取值范圍為_____．【答案】

；

【分析】第一空：直接代入，分和解不等式，再取并集即可；第二空：將題設轉化為和的實數根的個數為2，分、和依次討論根的情況，即可求解.【詳解】第一空：若，則，當時，由解得，則；當時，由，解得，則；綜上可得不等式的解集為；第二空：恰有兩個零點等價于和的實數根的個數為2.當時，顯然無解；解得（舍去），也無解，不合題意；當時，顯然無解；的判別式，設的兩根為，則，顯然兩根一正一負，即有1個實根，不合題意；當時，令的對稱軸為，則在單減，則，則無解；，顯然時不成立，則，令，則，顯然在上單減，在單增，則，又，，則時，有2個根，即恰有兩個零點；綜上：.故答案為：；.四、解答題16．在中，內角的對邊分別為，已知.(1)若的面積等于，求；(2)若，求的面積；(3)若，求的面積.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）先根據余弦定理可得，再根據三角形的面積即可求得答案；（2）利用正弦定理化角為邊，再結合已知求出即可得解；（3）根據，可得，求出的關系，再結合已知求出即可得解.【詳解】（1），由余弦定理得，即，①，，②聯立①②解得；（2），由正弦定理得，③聯立①③解得，；（3），，即，④聯立①④解得，.17．如圖，在菱形中，，平面，平面，，.(1)若，求證：直線平面；(2)若，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）通過幾何關系證明，又因為進而得到結果；（2）做于點點，連接，為點到平面的距離，根據，，，通過分析可得到，，進而得到，三角形，可求得，，進而求得結果.【詳解】（1），平面，在直角三角形中，用勾股定理得到因為平面，可得到三角形為直角三角形，用勾股定理得到，在直角梯形中，，，，如上圖：作交于點，則三角形為直角三角形，在三角形中，滿足同理可證，故得到直線平面（2），取和的交點為為，連接，因為故得到面，面，故得到面垂直于面，兩個面的交線為，做于點點，連接，為點到平面的距離，根據，根據條件得到三角形三角形可分別求得面積為：在長方形中，，三角形可求得，解得：，直線與平面所成角的正弦值為.18．已知橢圓的離心率為，三點中恰有兩個點在橢圓上．(1)求橢圓C的方程；(2)若C的上頂點為E，右焦點為F，過點F的直線交C于A，B兩點（與橢圓頂點不重合），直線EA，EB分別交直線于P，Q兩點，求面積的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據對稱性得到和在C上，得到，再根據離心率得到答案；（2）設直線，聯立方程根據韋達定理得到根與系數的關系，計算的橫坐標，得到，設，，，計算最值即可.【詳解】（1）由橢圓的對稱性可知點和在C上，代入方程得．

設C的半焦距為，則離心率為，所以，所以，解得，以橢圓C的方程為．（2）設，，，設直線．

由消去x得，所以，設點，直線EA的方程為，由與聯立得，

同理可得．所以．整理得，因為點到直線的距離，所以．設，則，所以，當，即時，．【點睛】關鍵點睛：本題考查了求橢圓方程，橢圓中的面積的最值問題，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中根據設而不求的思想，利用韋達定理得到根與系數的關系，利用換元法求最值是解題的關鍵.19．已知數列滿足，，其中.(1)設，求證：數列是等差數列.(2)在（1）的條件下，求數列的前n項和.(3)在（1）的條件下，若，是否存在實數，使得對任意的，都有，若存在，求出的取值范圍；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在；【分析】（1）結合遞推關系，證明為常數即可；（2）由錯位相減法求和；（3）命題等價成恒成立，轉為說明恒成立，對n分奇偶討論，分別求恒成立問題即可.【詳解】（1）證明：，，∴數列是首項為2，公差為2的等差數列；（2），設，則①，②，①-②得，∴；（3）存在，理由如下：，，則，若對任意的，都有，則等價于恒成立，即恒成立，，當n為偶數時，，則；當n為奇數時，時，則.綜上，存在，使得對任意的，都有.20．設函數．(1)討論的單調性；(2)若當時，不等式恒成立，求m的取值范圍．【答案】(1)在上單調遞減，在和上單調遞增(2)【分析】（1）求出函數的導數，通過討論的范圍，求出函數的單調區(qū)間即可；（2）問題轉化為，當時，原不等式可化為，當時，原不等式可化為，根據函數的單調性討論m的取值范圍．【詳解】（1）依題意得．①當時，令，得，令，得，所以在上單調遞減，在上單調遞增；②當時，令，得，令，得或，所以在上單調遞減，在