2023年天津市市区重点中学联考模拟试卷（一）数学试题含答案.pdf

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1、高三数学试题高三数学试题第卷（选择题）一、单选题（本大题共第卷（选择题）一、单选题（本大题共 9 小题，共小题，共 45 分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.设集合1,1,2,3,5,6A ，2,3,4B，13CxRx，则ACB（）A.2B.2,3C.1,2,3D.1,2,3,42.命题“xR，2220 xx”的否定是（）A.xR，2220 xxB.xR，2220 xxC.xR，2220 xxD.xR，2220 xx3.国家射击运动员甲在某次训练中 10 次射击成绩（单位：环）如下：7，5，9，7，4，8，9，9，7，5，则下列关于这

2、组数据说法不正确的是（）A.众数为 7 和 9B.方差为23s C.平均数为 7D.第 70 百分位数为 84.函数2cos1xxeexyx（e为自然对数的底数）的部分图象大致为（）A.B.C.D.5.设0.534a，0.543b，334loglog 4c，则（）A.cbaB.cabC.abcD.acb6.已知定义域为R的偶函数 f x在0,上是增函数，若实数a满足 20.5loglog21fafaf，则实数a的最小值是（）A.12B.1C.32D.27.我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作

3、为装饰物来使用.图 1 是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图 2.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为 4，若该几何体的所有顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（）A.12B.24C.36D.488.唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为2,0B，若将军从山脚下的点1,03A处出发，河岸线所在直线方程为23xy，则

4、“将军饮马”的最短总路程为（）A.1453B.5C.1353D.1639.已知函数 2sin0,2f xx的最小正周期为，其图象关于直线6x对称.给出下面四个结论：将 f x的图象向右平移6个单位长度后得到的函数图象关于原点对称；点5,012为 f x图象的一个对称中心；14f；f x在区间0,6上单调递增.其中正确结论的个数为（）A.0B.1C.2D.3第卷（非选择题）第卷（非选择题）二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 6 小题，共小题，共 30 分）分）10.若复数12iz ，则z _.11.已知12nxx的展开式中各二项式系数之和为 64，则其展开式中的常数项为_.12.一袋中有大

5、小相同的 4 个红球和 2 个白球若从中任取 3 球，则恰有一个白球的概率是_，若从中不放回的取球 2 次，每次任取 1 球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到红球”为事件B，则P B A _.13.已知双曲线222210,0 xyabab的两条渐近线与抛物线220ypx p的准线分别交于 A，B 两点，O为坐标原点.若双曲线的离心率为 2，AOB的面积为3，则p _.14.如图，在边长 1 为正方形ABCD中，M，N 分别是BC，CD的中点，则AM AC _，若ACAMBN，则_.15.已知函数 11,0sin,0 xxf xxx，则32ff_；若 f x在3,2xa既有最大值又有最

6、小值，则实数a的取值范围为_.三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 75 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.（本小题 14 分）在ABC中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且sin:sin:sin2:1:2ABC，2b.（1）求a的值；（2）求cosC的值；（3）求sin 26C的值.17.（本小题 15 分）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为菱形，60BAD，ED 平面ABCD，FB 平面ABCD，22DEADBF.（I）求证：CF 平面ADE；（II）求直线AE与平面EFC所成角的正

7、弦值；（III）求平面AEF和平面EFC的夹角的余弦值.18.（本小题 15 分）已知函数 lnf xx x.（I）求曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程；（II）求 f x的单调区间；（III）若对于任意1,xee，都有 1f xax，求实数a的取值范围.19.（本小题 15 分）已知椭圆2222:10yxCabab过点1 2 6,33M，且离心率为63.（1）求椭圆C的标准方程；（2）点A是椭圆C与x轴正半轴的交点，点M，N在椭圆C上且不同于点A，若直线AM、AN的斜率分别是AMk、ANk，且6AMANkk，试判断直线MN是否过定点，若过定点，求出定点坐标，若不过定点，请说明理由.20

8、.（本小题 16 分）已知数列 na中，11a，22a，24nnaanN，数列 na的前n项和为nS.（1）求数列 na的通项公式：（2）若215nnbSn，求数列 nb的前n项和nT；（3）在（2）的条件下，设124nnnnnbcb b，求证：111346822nnnnknnc.高三数学试题答案高三数学试题答案第一卷部分1.D2.C3.D4.A5.B6.A7.C8.A9.C10.511.6012.353513.214.328515.13,1第二卷部分（部分重点步骤分值已在题中标出）16.解：（1）在ABC中，sin:sin:sin2:1:2ABC，2:2:1:2a b c，2b，22 2ab

9、，22cb.2（2）在ABC中，2b，2 2a，2c，由余弦定理可得2228243cos2422 22abcCab.2（3）由（2）可知3cos4C，又0,C，则27sin1cos4CC，23 7sin22sincos8CCC，21cos22cos18CC.2则3 211sin 2sin2 coscos2 sin66616CCC.217.证明：（I）在平面BCF和平面ADE中，BCAD，BC 面ADE，AD 面ADE，BC面ADE，又BFDE，BC 面ADE，DE 面ADE，BF 面ADE，BCBFB，平面BCF 平面ADE，又CF 平面BCF，CF 平面ADE；4解：（）取 AB 中点 M，

10、则DMAB，如图建立空间直角坐标系，3,1,0A，0,0,2E，3,1,1F，0,2,0C，0,2,1AF ，3,1,1EF ，0,2,2EC ，3,1,2AE ，设平面EFC的一个法向量为2222,nxy z，222222300,1,1220 xyznyz，8直线 AE 与平面EFC所成角的正弦值为223342 22AE nAE n .1（III）设平面AEF的法向量为1111,nx y z，111111203,1,230yznxyz，2设二面角AEFC平面角为，121211cos482n nnn ，二面角AEFC的余弦值为14.18.解：（I）因为函数 lnf xx x，所以 1lnln1

11、fxxxxx，2 1ln1 11f.又因为 10f，所以曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程为1yx.（II）函数 lnf xx x定义域为0,，由（I）可知，ln1fxx.令 0fx，解得1xe.x10,e1e1,e fx0 f x极小值 f x与 fx在区间0,上的情况如下：故 f x的增区间为1,e，减区间为10,e.2（III）当1xee时，“1f xax”等价于“1lnaxx”恒成立，令 1lng xxx，1,xee，22111xgxxxx，1,xee.当1,1xe时，0gx，所以 g x在区间1,1e单调递减.当1,xe时，0gx，所以 g x在区间1,e单调递增.而1ln11

12、.5geeee ，111.5g ee，所以 g x在区间1,ee上的最大值为11gee.1所以当1ae时，对于任意1,xee，都有 1f xax.419.解：（1）由题知63cea，即2223ca，又因为2222222133bacaaa，所以椭圆的方程可化为222231yxaa，又因为椭圆过点1 2 6,33M，所以22222 613331aa，解得23a，所以椭圆的方程为2213yx.2（2）由题可知，直线 AM，AN 的斜率一定存在且不为 0，设直线:1AMlyk x，因为6AMANkk，所以直线6:1ANlyxk，联立22113yk xyx，得22223230kxk xk，所以22222

13、433360kkk ，所以2233MAkxxk，因为1Ax，所以2233Mkxk，代入1yk x，得263Mkyk，即22236,33kkMkk，用6k代换k，即得2221212,1212kkNkk，所以222222261233126312312MNkkkkkkkkkkk，所以直线MN的方程为2222336633kkkyxkkk，2即2336kyxk，1所以直线MN恒过定点3,0.20.解：（1）11a，22a，24nnaanN，当21nk，kN时，数列 na的奇数项是首项为 1，公差为 4 的等差数列，则21141432 21121nkaakkkn ；当2nk，kN时，数列 na的偶数项是首

14、项为 2，公差为 4 的等差数列，则2241422 2222nkaakkkn，21,22,nnnann为奇数为偶数；4由得21,22,nnnann为奇数为偶数，212321321242nnnnSaaaaaaaaaa21212214324242222nnaanaannnnnnn，22111 1154441nnbSnnnnn，2121111111111422314144nnnTbbbnnnn；（3）证明：由（2）得1 1141nbnn，则112344nnnnnnn nbcb b，2221112044nnnnnc（1n 时等号成立），由不等式的性质得111222nnnnnc，令122nnnd，数列 nd的前n项和为nQ，120111234222nnnnQddd，221112342222nnnQ，由得得1211111111122412233412222222212nnnnnnnnnQ，1482nnnQ，由不等式的性质得1nnnkcQ，故11482nnnknc，令112nnne，数列 ne的前n项和为nP，120111123222nnnnPeee 21111232222nnnP 2由得1211111111111312222312222222212nnnnnnnnnP，1362nnnP，由不等式的性质得1nnnkPc，2故111346822nnnnknnc.