天津市红桥区2023届高三下学期期初考试数学试题（解析版）.docx

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1、 高三数学本试卷分第I卷（选择题）和第II卷非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答题时，务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.祝各位考生考试顺利!第I卷注意事项：1.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.2.本卷共9题，每小题5分，共45分.一选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】方法一：求出集合后可求.【详解】方法一：直接法因为，故，

2、故选：B.方法二：【最优解】代入排除法代入集合，可得，不满足，排除A、D；代入集合，可得，不满足，排除C.故选：B.【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解2. 已知，其中是虚数单位，则（ ）A. 1B. 3C. D. 【答案】B 【解析】【分析】根据复数的四则运算，结合复数相等，求得参数的值，可得答案.【详解】由，则，即，故选：B3. 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、必要条件的概念求解即可.【详解】由

3、解得，由解得，因为当能推出，而推不出，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A4. 若直线被圆截得的弦长为4，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据圆中弦心距、半径、半弦长的关系列出方程求解即可.【详解】由可得，即圆心，半径，则圆心到直线的距离，所以，即，解得，故选：A5. 已知某函数图象如图所示，则下列解析式中与此图象最为符合的是（ ） A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据定义域舍去A选项；B选项，根据时，函数值大于0舍去B选项；CD选项，根据导函数求解函数的单调区间，从而确定正确答案.【详解】A选项，的定义域为，故和图象不合，舍去；B选项，当时

4、，与图象不合，舍去；C选项，定义域为，当，时，单调递增，当，时，单调递减，与图象符合，D选项，定义域为，在上恒成立，故在上均单调递减，与图象不合，舍去；故选：C 6. 设，则的大小关系为（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数与对数函数的单调性比较大小即可.【详解】是单调递增函数，是单调递减函数，故选：B7. 已知甲乙两球落入盒子的概率分别为和假定两球是否落入盒子互不影响.则甲乙两球至少有一个落入盒子的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出甲乙两球都不落入盒子的概率，即可得到答案.【详解】由题知：甲乙两球都不落入盒子的概率为，所以乙两球

5、至少有一个落入盒子的概率为.故选：D8. 已知双曲线 的一条渐近线过点 ，且双曲线的一个焦点在抛物线 的准线上，则双曲线的方程为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：双曲线的一条渐近线是，则，抛物线的准线是，因此，即，由联立解得，所以双曲线方程为故选D考点：双曲线的标准方程9. 已知函数.对于下列四种说法，正确的是（ ）函数的图象关于点成中心对称函数在上有个极值点.函数在区间上的最大值为，最小值为函数在区间上单调递增A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】对于，则函数的图象不关于点成中心对称；对于，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的性质可得取到极值点的位置；对

6、于，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的性质可得出函数的最值；对于，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的单调性判断即可【详解】对于，的图象不关于点成中心对称，错误； 对于，则，则当分别取时，函数取到极值，正确；对于，则， ，正确；对于，则，由于正弦函数在上不单调，错误；故选：B二填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.10. 某校高一年级高二年级高三年级学生人数之比为，现采用分层抽样的方法从高中各年级共抽取同学参加“流行病学”调查，则高一年级应抽取_名学生.【答案】【解析】【分析】利用分层抽样的公式计算可得答案【详解】高一年级应抽取的学生人数为故答案为：11. _.【答案】【解析】【详

7、解】试题分析：原式，答案：.考点：1.对数运算；2.对数的换底公式.12. 在 的展开式中，的系数为_.【答案】【解析】【详解】展开式的通项为，由得，所以 ，所以该项系数为.考点：二项式定理及二项展开式的通项.13. 在中，以边所在直线为轴，将旋转一周，所成的曲面围成的几何体的体积为_.【答案】【解析】【分析】根据旋转体的概念，结合题意得到该几何体是圆锥，根据体积计算公式，即可得出结果.【详解】因为在中，所以，若以边所在的直线为轴，将旋转一周，所得的几何体是以为高，以为底面圆半径的圆锥，因为，因此，其体积为：.故答案为：.14. 街道上有编号1，2，.3，.10的十盏路灯，为节省用电又能看清路

8、面，可以把其中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，在两端的灯都不能关掉的情况下，满足条件的关灯方法有_种.【答案】【解析】【分析】采用插空法即可求解.【详解】10只灯关掉3只，实际上还亮7只灯，而又要求不关掉两端的灯和相邻的灯，此题可以转化为在7只亮着的路灯之间的6个空挡中放入3只熄灭的灯，有种方法，故答案为：.15. 已知函数，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】 【分析】求出函数的表达式，构造函数，作函数的图象，利用数形结合进行求解即可.【详解】， ，函数y=f(x)g(x)恰好有四个零点，方程f(x)g(x)=0有四个解，即f(x)+f(2x)b=

9、0有四个解，即函数y=f(x)+f(2x)与y=b的图象有四个交点， ，作函数y=f(x)+f(2x)与y=b的图象如下， ，结合图象可知， b2，故答案为:.三解答题：本大题共5个小题，共75分.解答写出文字说明证明过程或演算步骤. 16. 在ABC中，内角A,B，C的对边分别为a，b，c，且bsinA=acosB（1）求角B的大小；（2）若b=3，sinC=2sinA，求a，c的值【答案】（1）B=60（2）【解析】【详解】（1)由正弦定理得【考点定位】本题主要考查三角形中的三角函数，由正余弦定理化简求值是真理17. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点.（1）证明：平面；（2）若直线与平面所

10、成的角和与平面所成的角相等，求线段的长度.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明，再由线面垂直的判定定理求证；（2）利用向量法求出线面角，根据线面角相等求出即可.小问1详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，. 则各点坐标为：所以.因为，所以，而是平面内的两条相交直线，所以平面；【小问2详解】由题设和（1）知，分别是平面，平面的法向量，而与平面所成的角和与平面所成的角相等，所以即由（1）知，由，故.，解得.所以.18. 已知等比数列的公比，且，求数列的通项公式；设，是数列的前n项和，对任意正整数n不等式恒成立，

11、求实数a的取值范围 【答案】(1).(2).【解析】【详解】试题分析：（）本小题用等比数列的基本量法可求解，即用首项和公比表示出已知条件并解出，可得通项公式；（）由，因此用错位相减法可求得其前项和，对不等式按的奇偶分类，可求得参数的取值范围试题解析：（）设数列的公比为，则， ，数列的通项公式为 （）解： =对任意正整数恒成立，设，易知单调递增 为奇数时，的最小值为，得， 为偶数时，的最小值为， 综上，即实数的取值范围是19. 已知椭圆的长轴的两个端点分别为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）为椭圆上异于的动点，直线分别交直线于两点，连接并延长交椭圆于点，证明：直线的斜率之积为定值.【答案】（

12、1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据长轴的两个端点分别为和离心率为，由求解；（2）设，则直线的斜率为，直线的斜率为，再由直线的交点，求得点N的坐标，进而得到直线的斜率，然后结合运算即可.【小问1详解】由题设知，则，椭圆的方程：；【小问2详解】设，则.因为直线的斜率为，直线的斜率为，所以直线的方程为，所以点的坐标为. 所以直线的斜率为.所以直线的斜率之积为：，则直线的斜率之积为定值.20. 已知函数，（1）若，求的极值；（2）讨论的单调区间；（3）求证：当时，.【答案】（1）极小值为，无极大值 （2）答案见解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导后，根据正负可确定单调性，由此

13、可得极值；（2）求导后，分别在和的情况下，根据正负可得单调性；（3）构造函数，求导后令，利用导数可求得单调性，从而得到恒成立，由此可得单调递减，进而由推导得到结论.【小问1详解】当时，则其定义域，；当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增；的极小值为，无极大值.【小问2详解】 由题意得：定义域为，；当时，在上恒成立，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，令，解得：，当时，；当时，；的单调递增区间为，单调递减区间为.综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问3详解】令，则，令，则；当时，恒成立，在上单调递减，在上恒成立，在上单调递减，即当时，.【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解函数的极值、讨论含参数函数单调性和不等式证明的问题；本题证明不等式的基本思路是通过构造函数的方式，将问题转化为函数最值的求解问题.