天津市河北区2023届高三数学一模试题（Word版附解析）.docx

1、河北区2022-2023学年度高三年级总复习质量检测（一）数学本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第卷1至3页，第卷4至8页.第卷（选择题 共45分）注意事项：1.答第卷前，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，互斥，那么如果事件，相互独立，那么球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只

2、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】求出即得解.【详解】由题设，则，故选：D.2. 设，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】A【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】当时，故充分性成立，由可得或，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A3. 若，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数的性质并结合“媒介”数比较大小作答.【详解】依题意，而，即，所以，的大小

3、关系为.故选：B4. 为了了解学生在课外活动方面的支出情况，抽取了个学生进行调查，结果显示这些学生的支出金额（单位：元）都在内，按，分为4组，并整理得到如下频率分布直方图，其中支出金额在内的学生有人，则的值为（ ）A. 300B. 320C. 340D. 360【答案】D【解析】【分析】首先求出支出金额在内的频率，即可求出样本容量.【详解】由频率分布直方图可得支出金额在内的频率为，又支出金额在内的学生有人，所以.故选：D5. 函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性，再根据时函数值的特征即可排除错误答案.【详解】定义域为，且，即为奇函数，函数

4、图象关于原点对称，故排除B、D；当时，所以，故排除C；故选：A6. 已知直线：恒过点，过点作直线与圆C：相交于A，B两点，则的最小值为（ ）A. B. 2C. 4D. 【答案】A【解析】【分析】写出直线的定点坐标并判断与圆的位置关系，进而确定最小时直线与直线的位置关系，即可得结果.【详解】由恒过，又，即在圆C内，要使最小，只需圆心与的连线与该直线垂直，所得弦长最短，由，圆的半径为5，所以.故选：A7. 已知双曲线的一条渐近线与抛物线交于点，点是抛物线的准线上一点，抛物线的焦点为双曲线的一个焦点，且为等边三角形，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意得，

5、设，列方程可得点A的坐标，然后求解得，再由，即可求出双曲线的方程.【详解】由题意，点，抛物线的准线方程为，作，由抛物线的定义可知，又为等边三角形，所以，所以，即点重合，所以，设，不妨设，则，得，所以，所以，又因为，所以得，所以双曲线的方程为.故选：A8. 已知a、b、c、d均为正实数，且，则的最小值为（ ）A. 3B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意，根据基本不等式先求解，从而将的最小值转化为的最小值，再利用乘“1”法求解不等式最小值.【详解】因为，所以，即，当且仅当时取等号，所以的最小值为的最小值，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为.故选：D【点睛】利用基本不等式求解最小值

6、时，注意运用“一正二定三相等”的原则.9. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列四个结论：是的一个解析式；是最小正周期为的奇函数；的单调递减区间为，；直线是图象的一条对称轴.其中正确结论的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的变换规则得到的解析式，再根据余弦函数的性质计算可得.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，故错误；函数的最小正周期，但是，故为非奇非偶函数，即错误；令，解得，所以的单调递减区间为，故正确；因为，所以直线是图象的一条对称轴，故正确；故选：B第卷注意事项：1.答卷前将密封线内的项目填写清楚.2.用

7、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，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用复数除法、复数模的计算公式求解作答.【详解】，所以.故答案为：11. 的展开式中的常数项为_.【答案】【解析】【分析】首先写出展开式的通项，令求出，再代入计算可得.【详解】二项式展开式的通项为，令，解得，常数项为.故答案为：12. 截角四面体（亦称“阿基米德多面体”）的表面由四个正三角形和四个正六边形组成，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得到的几何体若一

8、正四面体的棱长为3，则由其截得的截角四面体的体积为_【答案】#【解析】【分析】由题意可知截角四面体的体积等于大正面体的体积减去4个小正四面体的体积即可【详解】因为大正四面体的棱长为3，所以正四面体的的一个底面面积为，底面正三角形的高为则正四面体的高为，所以大正四面体的体积为，由题意可得四个角上的小正四面体的棱长为1，则其底面面积为，底面正三角形的高为为，则小正四面体的高为，所以小正四面体的体积为，所以截得的截角四面体的体积为，故答案为：13. 盒子里装有同样大小的4个白球和3个黑球，甲先从中取2球（不放回），之后乙再从盒子中取1个球.（1）则甲所取的2个球为同色球的概率为_；（2）设事件为“甲

9、所取的2个球为同色球”，事件为“乙所取的球与甲所取的球不同色”，则在事件发生的条件下，求事件发生的概率_.【答案】 . ； . .【解析】【分析】（1）利用超几何分布求概率即可；（2）利用条件概公式求解即可.【详解】解：（1）设事件A为“甲所取的2个球为同色球”所以.（2），.故答案为：；.14. 在矩形中，若，且，则的值为_，的值为_.【答案】 . . 【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设，利用坐标法求出、，即可求出的值，最后利用坐标法求出平面向量数量积.【详解】如图建立平面直角坐标系，设，则，因，所以，所以，所以，因为，所以，解得或（舍去），所以，所以.故答案为：；15. 设，函数，若恰

10、有两个零点，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】分析可知，令，由参变量分离法可知，直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】因为，当时，由可得，可得，当时，由可得，可得，令，则直线与函数的图象有两个交点，当时，此时函数单调递减，当时，由可得，由可得，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，函数的极小值为，且当时，当时，如下图所示：由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，此时函数有两个零点，因此，实数的取值范围是.故答案为：.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. 中，角，所对的边

11、分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由余弦定理可得，再由正弦定理将边化角，即可得到，从而求出，即可得解；（2）用同角三角函数基本关系求出，即可求出、，再根据两角差的正弦公式计算可得.【小问1详解】由余弦定理，则，又，所以，即，由正弦定理可得，因为，所以，则，又，所以.【小问2详解】因为，所以，所以，所以17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点在线段上，且.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，利用相似

12、三角形的判定与性质可得，结合线面垂直的判定定理即可得出结果；（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】证明：平面，平面，所以，又，所以，平面，平面.【小问2详解】平面，平面，平面，为矩形，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令，则，设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】平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.18. 设等比数列的前项和为，若，且、成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，其中表示不超过的最大整数，求数列的前项的和；（3）设，求数列的前项和.【答案

13、】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）由、成等差数列可求出数列的公比，结合的值可求得等比数列的通项公式；（2）求出，其中，即可求得数列的前项的和；（3）求得，利用错位相减法可求得.【小问1详解】解：因为、成等差数列，则，即，即，即，设等比数列的公比为，则，又因为，则.【小问2详解】解：依题意，对任意的，设数列的前项的和为，则.【小问3详解】解：由（1）可得，所以，上述两个等式作差可得，化简得.19. 已知椭圆的焦距为2，点在C上.（1）求C方程；（2）若过动点P的两条直线，均与C相切，且，的斜率之积为-1，点，问是否存在定点B，使得？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由.【答案

14、】（1）； （2）存在，点.【解析】【分析】(1)根据给定条件可得椭圆C的二焦点坐标，利用椭圆定义求出椭圆的长轴长即可计算作答.(2)设出过点的直线方程，与椭圆C的方程联立，由判别式探求出的关系即可推理作答.【小问1详解】由题意知，椭圆C的半焦距，焦点分别为，由椭圆定义得：椭圆长轴长，即，所以椭圆C的方程为.【小问2详解】设点，显然，过点P的直线方程为，由消去y并整理得：，因为直线l与C相切，则，得，即，设直线，的斜率分为，显然，是上述关于k的一元二次方程的两个根，则，化简得，即点P到坐标原点O的距离，故点P在以O为圆心，为半径的圆上，并且是动点，而点A为该圆上一定点，则当满足时，AB为圆O的

15、直径，即点，所以存在点满足题意.【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，设出直线方程并与圆锥曲线方程联立，结合已知条件及韦达定理推理求解.20. 已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）若对任意的，都有成立，求整数的最大值.【答案】（1）； （2）递减区间是，递增区间是； （3）3.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程作答.（2）利用导数求出的单调区间作答.（3）等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出函数的最小值情况作答.【小问1详解】函数，求导得，则，而，所以曲线在点处的切线方程是.【小问2详解】函数的定义域是，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以函数的递减区间是，递增区间是.【小问3详解】，令，求导得，由（2）知，在上单调递增，因此存在唯一，使得，即，当时，即，当时，即，因此函数在上单调递减，在上单调递增，于是，则，所以整数的最大值是3.【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.