天津市滨海新区2023届高三三模数学试卷（含答案解析）

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1、天津市滨海新区2023届高三三模数学试卷参考公式：球的表面积、体积公式：，为球的半径一、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. 若，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知，是实数，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3. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 4. 为了解学生每天的体育活动时间，某市教育部门对全市高中学生进行调查，随机抽取1000名学生每天进行体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成6组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，

2、则下列结论不正确的是（ ） A. 频率分布直方图中的B. 估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数为400C. 估计1000名学生每天体育活动时间的众数是55D. 估计1000名学生每天体育活动时间的第25百分位数为5. 已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，若，则，大小关系为（ ）A. B. C. D. 6. 已知，则的最小值为（ ）A. 4B. 6C. 8D. 107. 已知双曲线：，抛物线：焦点为，准线为，抛物线与双曲线的一条渐近线的交点为，且在第一象限，过作的垂线，垂足为，若直线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 28. 某同学参加综合实践活

3、动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为2的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直，则该包装盒的容积为（ ） A. B. C. D. 209. 记函数的最小正周期为若，且的图象的一条对称轴为，关于该函数有下列四个说法：；在上单调递增；为了得到图象，只要把的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移个单位长度以上四个说法中，正确的个数为（ ）A 1B. 2C. 3D. 4第II卷注意事项：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6个小题，每小题5分，共30分10. 已知复数满足（其中为虚数单位），则

4、复数的虚部为_.11. 展开式中项的系数是_12. 已知圆：与圆：，若两圆相交于A，B两点，则_13. 红、黄、蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色现有等量的红、黄、蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料进行等量调配，则甲调配出绿色的概率为_；在甲调配出绿色的情况下，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，进行等量调配，则乙调配出紫色的概率为_14. 在平面四边形中，向量在向量上的投影向量为，则_；若，点为线段上的动点，则的最小值为_15. 已知函数，若函数在上恰有三个不同

5、的零点，则的取值范围是_三、解答题（本大题5小题，共75分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）16. 在中，内角，所对的边分别为，（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的大小；（3）线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面所成角为，若存在，求线段PM的长；若不存在，说明理由.18. 已知椭圆：的离心率为，左，右焦点分别为，过点的直线与椭圆相交于点，且的周长为8（1）求椭圆的标准方程；（2）椭圆的左，右顶点分别为，上顶点为

6、，若过且斜率为的直线与椭圆在第一象限相交于点，与直线相交于点，与轴相交于点，且满足，求直线的方程19. 设是等差数列，是各项都为正数的等比数列且，（1）求，的通项公式；（2）记为前项和，求证：；（3）若，求数列的前项和20. 已知定义域均为的两个函数，（1）若函数，且在处的切线与轴平行，求的值；（2）若函数，讨论函数的单调性和极值；（3）设，是两个不相等的正数，且，证明：天津市滨海新区2023届高三三模数学试卷参考公式：球的表面积、体积公式：，为球的半径一、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. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出并化简集

7、合B，利用集合的补集和交集运算即可得出答案.【详解】由已知得，所以，从而A正确；故选：A2. 已知，是实数，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】C【解析】【分析】由充分条件和必要条件的定义求解即可.【详解】由可得：，对两边同时平方可得，所以，所以”是“”的充要条件.故选：C.3. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】取特值排除即可.【详解】因为，故A、C错误；又因为，故B错误；故选：D.4. 为了解学生每天的体育活动时间，某市教育部门对全市高中学生进行调查，随机抽取1000名学生每天进行

8、体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成6组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是（ ） A. 频率分布直方图中的B. 估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数为400C. 估计1000名学生每天体育活动时间的众数是55D. 估计1000名学生每天体育活动时间的第25百分位数为【答案】D【解析】【分析】由频率之和为1可判断A；求出学生每天体育活动不少于一个小时的概率即可估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数可判断B；由众数的定义可判断C；有百分位数的定义可判断D.【详解】由频率之和为1得：

9、，解得，故A正确；学生每天体育活动不少于一个小时的概率为：，则估计1000名学生每天体育活动不少于一个小时的学生人数为，故B正确；由频率分布直方图可估计1000名学生每天体育活动时间的众数是55，故C正确；由，故第25百分位数位于内，则第25百分位数为.可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5，故D不正确.故选：D.5. 已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，若，则，大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据指数幂，对数的运算法则进行比较大小，利用函数的奇偶性和单调性进行转化求解即可.【详解】，因为是定义在上的偶函数，所以，因为，且在上

10、单调递减，所以，即.故选：A.6. 已知，则的最小值为（ ）A. 4B. 6C. 8D. 10【答案】B【解析】【分析】由换底公式和基本不等式即可求解.【详解】由知,结合，以及换底公式可知，当且仅当，即时等号成立，即时等号成立，故的最小值为，故选：B.7. 已知双曲线：，抛物线：的焦点为，准线为，抛物线与双曲线的一条渐近线的交点为，且在第一象限，过作的垂线，垂足为，若直线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，结合抛物线的定义求出点的坐标，进而求出即可求解作答.【详解】抛物线：焦点为，准线为：，令交于点，即有， 由，直线的倾斜角为，

11、得，则，又，则为正三角形，因此点，双曲线：过点的渐近线为，于是，解得，所以双曲线的离心率.故选：B8. 某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为2的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直，则该包装盒的容积为（ ） A. B. C. D. 20【答案】A【解析】【分析】补全图形为长方体求解即可.【详解】 将几何体补全为长方体，如图所示，,所以则该包装盒的容积为：,，.故选：A.9. 记函数的最小正周期为若，且的图象的一条对称轴为，关于该函数有下列四个说法：；在上单调递增；为了得到的图象，只要把的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，再向

12、左平移个单位长度以上四个说法中，正确的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】先化简，由求出可判断；由的图象的一条对称轴为求出，求的值可判断；令，求出的单调增区间可判断；由三角函数的平移变换可判断.【详解】因为，由可得：，解得：，故不正确；的图象的一条对称轴为，所以，解得：,因为，所以，所以，故正确；令，解得：，令，所以在上单调递增，正确；把的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，可得，再向左平移个单位长度，则，故正确故选：C.第II卷注意事项：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6个小题，每小题

13、5分，共30分10. 已知复数满足（其中为虚数单位），则复数虚部为_.【答案】【解析】【分析】由模长公式及复数的四则运算得出复数，进而即得.【详解】因为，所以，则，所以复数的虚部为.故答案为：.11. 的展开式中项的系数是_【答案】【解析】【分析】先求出二项展开式的通项，令x的指数为1，求出参数的值，再代入通项即可得解【详解】的展开式的通项中，令，得，即得的展开式中项的系数为故答案为：-3512. 已知圆：与圆：，若两圆相交于A，B两点，则_【答案】【解析】【分析】根据两圆相交时公共弦所在直线方程的求法和弦长公式求解.【详解】圆的方程为，即，又圆：，可得两圆公共弦所在的直线方程为圆的圆心到直线

14、的距离，所以故答案为: .13. 红、黄、蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色现有等量的红、黄、蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料进行等量调配，则甲调配出绿色的概率为_；在甲调配出绿色的情况下，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，进行等量调配，则乙调配出紫色的概率为_【答案】 . . 【解析】【分析】根据古典概型的概率公式和条件概率，即可求出所求概率.【详解】设A=“甲调配出绿色”，B=“乙调配出紫色”，因为等量的黄色加蓝色调配出绿色，且等量的红、黄色、蓝彩色颜料各

15、两瓶共6瓶，所以，因为甲调配出绿色时已经用掉1瓶黄色颜料和1瓶蓝色颜料，则颜料剩余红色2瓶，黄色1瓶，蓝色1瓶共4瓶，因为等量的红色加蓝色调配出紫色，所以.故答案为：，14. 在平面四边形中，向量在向量上投影向量为，则_；若，点为线段上的动点，则的最小值为_【答案】 . . 【解析】【分析】作出向量在向量上的投影向量，在直角三角形中求出；以点为坐标原点，为轴建立直角坐标系，利用坐标法求出的最小值.【详解】过点作垂直于点，则向量为向量在向量上的投影向量，由题意知点为线段的中点，所以，所以，又为锐角，故.以点为坐标原点，为轴建系如图，则，.因为，所以.因为点为线段上的动点，所以设，故点.，.当时，

16、取到最小值.故答案为：；. 15. 已知函数，若函数在上恰有三个不同的零点，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据函数与方程之间的关系转化两个函数图象交点个数问题，利用分段函数的表达式，结合题意将其转化为二次函数根的分布问题，利用数形结合进行求解即可【详解】当时，因为恰有三个不同的零点，函数在上恰有三个不同的零点，即有三个解，而无解，故.当时，函数在上恰有三个不同的零点，即，即与的图象有三个交点，如下图，当时，与必有1个交点，所以当时，有2个交点，即，即令在内有两个实数解， 当时，函数在上恰有三个不同的零点，即，即与的图象有三个交点，如下图， 当时，必有1个交点，当时，与有2个交点，所以

17、，即在上有根，令故，解得：.综上所述：的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题主要考查函数方程的应用，结合分段函数的表达式转化为两个函数交点个数问题，数形结合是解决本题的关键综合性较强，有一定的难度三、解答题（本大题5小题，共75分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）16. 在中，内角，所对的边分别为，（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）由余弦定理计算可得；（2）由正弦定理计算可得；（3）由余弦定理求出，即可求出、，再由两角差的正弦公式计算可得.【小问1详解】由余弦定理知，所以，即， 解得或（舍负），所以【小问2详解】由

18、正弦定理知，所以，所以【小问3详解】由余弦定理知， 所以， 所以.17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的大小；（3）线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面所成角为，若存在，求线段PM的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析 （2） （3）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）先证、，即可由线线垂直证线面垂直；（2）以O点为原点分别以OAOGOP所在直线为x轴y轴z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，即可由法向量的夹角得出两平面的夹角；（3）

19、设，求出，可得，整理得，由，方程无解，即可得不存在这样的点M小问1详解】证明：因为是正三角形，O是AD的中点，所以.又因为平面，平面，所以.，AD，平面，所以面.【小问2详解】如图，以O点为原点分别以OAOGOP所在直线为x轴y轴z轴建立空间直角坐标系.则，设平面的法向量为，所以，即，令，则，又平面的法向量，所以.所以平面与平面所成角为.【小问3详解】假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面所成角为，则直线GM与平面法向量所成的夹角为，设，所以，所以，整理得，方程无解，所以，不存在这样的点M.18. 已知椭圆：的离心率为，左，右焦点分别为，过点的直线与椭圆相交于点，且的周长为8（1）求椭圆的

20、标准方程；（2）椭圆的左，右顶点分别为，上顶点为，若过且斜率为的直线与椭圆在第一象限相交于点，与直线相交于点，与轴相交于点，且满足，求直线的方程【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由条件可得，再由离心率可求得，从而求得，即可得到椭圆的标准方程；（2）根据题意，设出直线方程，然后与椭圆方程联立，结合韦达定理可表示出的坐标，再由直线的方程表示出点的坐标，再由等量关系，即可得到结果.【小问1详解】由题设得，所以，又离心率为，解得，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】因为，所以设直线的方程为，且，联立，整理可得：，则，故，则，所以，又直线的方程，联立，整理可得：，所以，则，且满足.则

21、直线的方程为.19. 设是等差数列，是各项都为正数的等比数列且，（1）求，的通项公式；（2）记为的前项和，求证：；（3）若，求数列的前项和【答案】（1）， （2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）由已知条件列出方程组，求解出d，q，根据等比和等差数列的通项公式求解即可；（2）利用等比数列前项和公式求出，求出，得证；（3）利用错位相减法和裂项相消法分奇偶项两组求和即可.【小问1详解】解：由已知可得，联立，得，解得或，因为是各项都为正数的等比数列，所以，代入式可得，所以，；【小问2详解】，则，所以；【小问3详解】，令，则，得，令，.20. 已知定义域均为的两个函数，（1）若函数，且在处的切线

22、与轴平行，求的值；（2）若函数，讨论函数的单调性和极值；（3）设，是两个不相等的正数，且，证明：【答案】（1）； （2）在(,0),(0,1) 上单调递减,在(1,+)上单调递增,的极小值为，无极大值； （3）证明见详解.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）根据导数与函数单调性的关系，确定单调性进而可得极值；（3）根据同构和函数的单调性以及二次求导即可求解.【小问1详解】因为，所以，所以，又在处的切线与轴平行，所以，所以，所以，即，所以；【小问2详解】因为,所以的定义域为 , ，令,得, 当 变化时 的关系如下表:01无意义0+无意义极小值所以在(,0),(0,1) 上单调

23、递减; 在 (1,+)上单调递增.所以的极小值为，为极大值；【小问3详解】证明：要证,只需证，根据, 只需证，又，是两个不相等的正数，不妨设 , 由得,两边取指数, 化简得: ，令，所以，根据（2）得在上单调递减，在上单调递增（如图所示), 由于在上单调递减,在上单调递增,要使且相等,则必有 , 即,由得.要证, 只需证,由于在上单调递增, 要证,只需证,又, 只需证,只需证，只需证，只需证,只需证，即证,令,只需证,则 所以在 上单调递减,所以,所以，所以在上单调递减, 所以，所以,所以: .【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.