天津教研联盟2023届高三下学期模拟考试（一）数学试卷含答案.pdf

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1、第 1 页 共 4 页 绝密绝密启用前启用前 天津教研联盟高三年级模拟考试（一）天津教研联盟高三年级模拟考试（一）数学试卷数学试卷 本试卷分为第卷（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，第郑 4 至 6 页。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！第第 I I 卷（选择题）卷（选择题）注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡

2、皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2.本卷共 9 小题，每小题 5 分，共 45 分。一、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已知全集29100Uxxx=Z，集合()()1 80,1,2,4,5,7,8AxxxB=Z，则集合0,3,6,9为（）A()UAB B()UAB C()UAB D()UAB 2在，=是|的 A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 3函数3()xxxf xee=的图象大致为（）A B C D 4设3434a=，243b=，23log2c=，则a，b

3、，c的大小顺序是 Abac Bcab Cbca Dacb 5某汽车生产厂家研发了一种电动汽车，为了了解该型电动汽车的月平均用电量（单位：度）情况，抽取了150 名户主手中的该型电动汽车进行调研，绘制了如图所示的频率分布直方图，其中，第 5 组小长方形最高点)200,2802:2(0)C ypx p=33DMl32 3p=2 22 64 202baeeeeabbaba11e2e2eebaabab+sinsinabbbaa+sin cossinbaa46()sin2cos2f xxx=+()fx()fx,8 8()fx+,28kxkZ=()yf x=4cos2yx=第 2 页 共 4 页 2910

4、0Uxxx=Z()()1 80,1,2,4,5,7,8AxxxB=Z 0,3,6,9()UAB()UAB()UAB()UAB3()xxxf xee=3434a=243b=23log2c=abcbaccabbcaacb的纵坐标为 x，则该型电动汽车月平均用电量在)200,280的户主人数为（）A98 B103 C108 D112 6已知抛物线2:2(0)C ypx p=的焦点为 F，准线为 l，过 F 且斜率为33的直线与 C交于 A，B两点，D为AB 的中点，且DMl于点 M，AB 的垂直平分线交 x轴于点 N，四边形 DMFN 的面积为32 3，则p=（）A2 2 B4 C2 6 D4 2

5、7若02ba，则（）Aeeeeabbaba B11e2e2eebaabab+Csinsinabbbaa+Dsin cossinbaa 8数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体 ABCD的棱长为 4，则下列结论正确的是（）A勒洛四面体最大的截面是正三角形 B若 P，Q是勒洛四面体 ABCD表面上的任意两点，则 PQ的最大值为 4 C勒洛四面体 ABCD的体积是46 D勒洛四面体 ABCD 内切球的半径是46 9设函数()sin2cos2f xxx=+，给出

6、下列结论：()fx的最小正周期为；()fx在区间,8 8内单调递增；函数()fx的对称轴方程为+,28kxkZ=将函数()yf x=的图像向左平移4个单位长度，可得到函数cos2yx=的图像 其中所有正确结论的序号是（）A B C D 第 3 页 共 4 页 第第 IIII 卷（非选择题）卷（非选择题）注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上 2.本卷共 11 小题，共 105 分。二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 6 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 3030 分分.试题中包含两个空的，答对试题中包含两个空的，答对 1 1 个的给个的给 3 3 分，

7、全部答对分，全部答对的给的给 5 5 分分.10已知复数z满足()123zii+=（其中i为虚数单位），则z的值为_ 11二项式831xx的展开式中常数项为_.(用数字作答)12半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由 4 个正三角形和 4 个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.已知1MN=，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值为_.13某产品的质量检验过程依次为进货检验（IQC）、生产过程检验（IPQC）、出货检验（OQC）三个环节已知某产品 IQC 的单独通过率为45，IPQC 的单独通过率为34，规定上

8、一类检验不通过则不进入下一类检验，未通过可修复后再检验一次（修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次），且各类检验间相互独立，则一件该产品能进入 OQC 环节的概率为_ 14已知向量()1,1m=，向量n与向量m的夹角为34，1m n=u r r，则向量n=_；若向量n与向量()1,0q=的夹角为2，向量2cos2cos32xpx=，其中0 xa，当25,22np+时，实数 a的取值范围为_ 15已知函数()2e,01,0 xkx xf xkxxx=+，若0k=，则不等式()2f x 的解集为_；若()f x恰有两个零点，则k的取值范围为_ 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5

9、 5 小题，共小题，共 7575 分分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16在 中，内角,A B C的对边分别为,a b c，已知2,3cC=.(1)若 的面积等于3，求,a b；(2)若sin2sinBA=，求 的面积；(3)若 =(,),=(,),，求 的面积.ABCD60ABC=AEABCDCF ABCD|2AB=|3CF=|2AE=EFBDE|EACF=EBEDF2222:1(0)xyCabab+=221233(2,2),(2,2),2,2MMM40 xy=EPQ na11a=1114nnaa+=*nN221nnba=nb12nnb+nS1

10、6(1)2nbnnnc=+*nN1nncc+()()()21 e2,Rxf xxm xm=+()f x 2,)x+()()213ef xm xx+第 4 页 共 4 页 z()123zii+=iz831xx1MN=4534()1,1m=nm341m n=u r rn=n()1,0q=22cos2cos32xpx=，0 xa25,22np+()2e,01,0 xkx xf xkxxx=+0k=()2f x()f xk,A B C,a b c2,3cC=3,a bsin2sinBA=17如图，在菱形ABCD中，60ABC=，AE平面ABCD，CF 平面ABCD，|2AB=，|3CF=.(1)若|2

11、AE=，求证：直线EF平面BDE；(2)若|EACF=，求直线EB与平面EDF所成角的正弦值.18已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的离心率为22，三点1233(2,2),(2,2),2,2MMM中恰有两个点在椭圆上(1)求椭圆 C 的方程；(2)若 C 的上顶点为 E，右焦点为 F，过点 F 的直线交 C 于 A，B两点（与椭圆顶点不重合），直线 EA，EB 分别交直线40 xy=于 P，Q 两点，求EPQ面积的最小值 19已知数列 na满足11a=，1114nnaa+=，其中*nN.(1)设221nnba=，求证：数列 nb是等差数列.(2)在（1）的条件下，求数列12nnb+的

12、前 n项和nS.(3)在（1）的条件下，若16(1)2nbnnnc=+，是否存在实数，使得对任意的*nN，都有1nncc+，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.20设函数()()()21 e2,Rxf xxm xm=+(1)讨论()f x的单调性；(2)若当 2,)x+时，不等式()()213ef xm xx+恒成立，求 m 的取值范围 答案第 1 页，共 6 页 天津教研联盟高三年级模拟考试（一）天津教研联盟高三年级模拟考试（一）参考答案参考答案及及评分标准评分标准 一一、单选题单选题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 D C B B C A C D D 二二、填空题填空题 102

13、 1128 1232 13910 0.9 14()1,0n=或()0,1；2,33 15()1,ln2；()e,+三三、解答题解答题 16（1）2,3cC=由余弦定理得2222coscababC=+，即224abab=+，2 分 13sin324ABCSabCab=，4ab=，联立解得2ab=；4 分（2）sin2sinBA=，由正弦定理得2ba=，联立解得2 34 3,33ab=，12 3sin23ABCSabC=；8 分（3）()(),ma bnbc acmn=，()()()()222220n ma bcb aca bb aabab=+=+=，10 分 即abab=+，12 分 答案第 2

14、 页，共 6 页 联立解得4ab=，1sin32ABCSabC=.14 分 17（1）|3CF=，CF 平面ABCD，在直角三角形FCB中，用勾股定理得到213BF=2 分 因为AE平面ABCD，可得到三角形AEB为直角三角形，用勾股定理得到28BE=，在直角梯形AEFC中，|3CF=，|2AE=，2AC=，如上图：作EHAC交CF于H点，则三角形EFH为直角三角形，1,2,5FHEHEF=在三角形EFB中，满足222EBEFBF+=EFBE 同理可证EFED，EDBEE=故得到直线EF平面BDE5 分（2）|3EACF=，取BD和AC的交点为为O，连接OF，因为,BDAC BDAE ACAE

15、A=故得到BD面ACFE，BD面BDF，故得到面BDF垂直于面ACFE，7 分 两个面的交线为OF，做EGOF于点G点，连接OE，EG为点E到平面BDF的距离，根据B DFEE BDFVV=13B DFEEFDVSh=，13E BDFBDFVSEG=根据条件得到三角形,13,2 3BDF FDFBBD=10 分 答案第 3 页，共 6 页 三角形,13,2DFE DEDFEF=可分别求得面积为：2 3,310EFDBFDSS=在长方形ACFE中，2,10EFOF=，3AE=三角形1122OEFSEFAEOFGE=可求得3105EG=13 分 112 333B DFEEFDVShh=，11330

16、10335E BDFBDFVSEG=解得：3h=，3 1313,sin13BE=直线EB与平面EDF所成角的正弦值为3 1313.15 分 18（1）由椭圆的对称性可知点1M和2M在 C 上，代入方程得22421ab+=2 分 设 C 的半焦距为(0)c c，则离心率为22ca=，所以2,ac bc=，所以2ab=，解得2 2,2ab=，以椭圆 C 的方程为22184xy+=4 分（2）设()()1122,A x yB xy，()2,0F，()0,2E，设直线():201AB xmym=由2218420 xyxmy+=消去 x得()222440mymy+=，6 分 所以12122244,22m

17、yyy ymm+=+，设点()(),PPQQP xyQ xy，直线 EA的方程为1122yyxx=，由1122yyxx=与40 xy=联立得()()11111626214pmyxxxymy+=+，同理可得()()226214Qmyxmy+=+8 分 所以()()()()12126262221414PQmymyPQxxmymy+=+()()()()()1221212112 214116myymy ymyy+=+()()()()()21212212121412 214116myyy ymy ymyy+=+答案第 4 页，共 6 页()()()222222412212 244141162216mmm

18、mmmmmm+=+整理得22417mPQm+=，10 分 因为点(0,2)E到直线40 xy=的距离0243 22d=，所以22124136 213 2277EPQmmSmm+=13 分 设7mt=，则7mt=+，所以()()222236 2717117136 236 2505050EPQttSttt+=+，当1750t=，即17m=时，()min365EPQS=15 分 19（1）证明：1142222222212121212121112 1124nnnnnnnnnnabaaaaabaa+=，112221ba=，数列 nb是首项为 2，公差为 2 的等差数列；4 分（2）()2122nbnn=

19、+=，设122nnnnbnd+=，则212222nnnS=+，2311122222nnnS+=+，6 分-得21111111111122112222222212nnnnnnnnnnS+=+=，222nnnS+=；8 分（3）存在，理由如下：16(1)26(4)nbnnnnnc=+=，12216(1)264(46)nnnnnnc+=+=+，则1126(54)()536nnnnnncc+=，10 分 答案第 5 页，共 6 页 若对任意的*nN，都有1nncc+，则等价于1(5102)36nnnncc+=恒成立，即021()3n+恒成立，11 分*nN，当 n 为偶数时，(23)(0,49)，则m

20、ax92(14)3n=；13 分 当 n为奇数时，(23)(23,0)时，则min32(12)3n=.15 分 综上，存在9 3,4 2，使得对任意的*nN，都有1nncc+.20（1）依题意得()()()()()2 e222e2xxfxxm xxm=+=+当0m 时，令()0fx，得2x，令()0fx，得2x ，所以()f x在(,2)上单调递减，在(2,)+上单调递增；当2102em时，令()0fx，得()ln22mx，令()0fx，得()ln2xm或2x ，所以()f x在()()ln2,2m上单调递减，在()(),ln2m和(2,)+上单调递增；4 分 当212em=时()0fx在R上

21、恒成立，所以()f x在R上单调递增；当212em 时，令()0fx，得()2ln2xm，令()0fx，得2x或ln(2)xm，所以()f x在()()2,ln2m上单调递减，在(,2)和(ln(2),)m+上单调递增6 分（2）当 2,)x+时，()()213ef xm xx+恒成立，则()1e1e0 xxm x+恒成立（i）当1x=时，不等式即1 e0+，满足条件8 分（ii）当1x 时，原不等式可化为1ee1xxmx+，该式对任意(1,)x+恒成立 设()1ee1xxg xx+=，则()()()2121 ee1xxxgxx=设()()211 eexk xxx=，则()()()()2112

22、 e21 exxkxxxxx=+=+因为1x，所以()0k x，所以()k x在(1,)+上单调递增，即()g x在(1,)+上单调递增10 分 答案第 6 页，共 6 页 又因为()()220gk=，所以2x=是()g x在(1,)+上的唯一零点，所以当12x时，()0g x，()g x在(1,2)上单调递减，当2x 时，()0g x，()g x在(2,)+上单调递增，所以当(1,)x+时，()()min23eg xg=，所以3em12 分（iii）当2 1时，原不等式可化为1ee1xxmx+，此时对于（ii）中的函数()k x，可知当21x-?时，()0k x，所以()k x在 2,1)上单调递减，且()325ee0k=，所以当21x-?时，()()20k xk，即()0g x，所以()g x在 2,1)上单调递减，所以当 2,1)x 时，()()3max2ee23g xg=，所以32ee3m15 分 综上所述，m的取值范围是32ee,3e316 分