天津市南开区2023-2024学年高三下学期一模试题 数学 Word版含答案

2023—2024学年度第二学期高三年级质量监测（一）数学学科试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共150分，考试时间120分钟。第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至9页。祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷注意事项：1、答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂在答题卡上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，橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；3、本卷共9小题，每小题5分，共45分。参考公式：球的体积公式，其中R表示球的半径.如果事件A，B互斥，那么.对于事件A，B，，那么.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）已知全集，集合，则（）（A） （B） （C） （D）（2）若，则“a，b，c成等比数列”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）若，则的最小值是（）（A）2 （B）a （C） （D）3（4）函数的图象可能为（）（A） （B）（C） （D）（5）已知，，则（）（A）a＜b＜c （B）c＜b＜a （C）b＜a＜c （D）b＜c＜a（6）已知随机变量，且，则（）（A） （B） （C） （D）（7）关于函数，则下列结论中：①为该函数的一个周期；②该函数的图象关于直线对称③将该函数的图象向左平移个单位长度得到的图象：④该函数在区间上单调递减所有正确结论的序号是（）（A）①② （B）③④ （C）①②④ （D）①③④（8）在长方体中，，其外接球体积为，则其外接球被平面截得图形面积为（）（A） （B） （C） （D）（9）已知O为坐标原点，双曲线C：的左、右焦点分别是，离心率为，点P是C的右支上异于项点的一点，过作的平分线的垂线，垂足是M，，则点P到C的两条渐近线距离之积为（）（A） （B） （C）2 （D）4第Ⅱ卷注意事项：1、用黑色墨水的钢笔或签字笔答题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）i是虚数单位，复数，则的虚部为______（11）若的展开式中的系数为160，则实数a的值为______（12）直线被圆截得的弦长的最小值为______（13）已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球，若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为______，第二次抽到3号球的概率为______（14）平面四边形ABCD中，，E为BC的中点，用和表示______；若，则的最小值为______（15）已知函数分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为______三、解答题：本大题共5题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。（16）（本小题满分14分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（Ⅰ）求a的值：（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）的值（17）（本小题满分15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD，，点E是棱PC上靠近P端的三等分点，点P是棱PA上一点.（1）证明：平面BDE（II）求点F到平面BDE的距离；（1II）求平面BDE与平面PBC夹角的余弦值.（18）（本小题满分15分）已知椭圆C：的一个焦点与抛物线的焦点F重合，抛物线的准线被C截得的线段长为.（I）求椭圆C的方程；（II）过点F作直线l交C于A，B两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使为定值？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由.（19）（本小题满分15分）在正项等比数列中，.（Ⅰ）求的通项公式：（Ⅱ）已知函数，数列满足：.（i）求证：数列为等差数列，并求的通项公式（ii）设，证明：（20）（本小题满分16分）已知，a为函数的极值点，直线l过点，（Ⅰ）求的解析式及单调区间：（Ⅱ）证明：直线l与曲线交于另一点C：（Ⅲ）若，求n.（参考数据：）2023—2024学年度第二学期高三年级质量监测（一）参考答案数学学科一、选择题：（本题共9小题，每题5分，共45分）题号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）答案CBDAADCBB二、填空题：（本题共6小题，每题5分，共30分）公众号：高中试卷君（10） （11）2； （12）；（13）（第一个空3分，第二个空2分）；（14）（第一个空3分，第二个空2分）； （15）－1或三、解答题：（其他正确解法请比照给分）（16）解：（Ⅰ）由及余弦定理得，因为，所以.（Ⅱ）由及得由正弦定理得（Ⅰ），因为，所以或.若，则，与题设矛盾，因此.（Ⅲ）由（Ⅰ）得，因为，所以所以所以另解：因为所以（17）解：因为平面PAD，所以.因为，所以.故以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.（Ⅰ），设平面BDE的一个法向量为，则，即，令，则.又，可得，因为平面BDE，所以平面BDE.（Ⅱ）因为平面BDE，所以点F到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离.，则点A到平面BDE的距离为（Ⅲ），设平面BDE的一个法向量为，则，即，令，则.设平面BDE与平面PBC的夹角为α，则故平面BDE与平面PBC的夹角的余弦值为.（18）解：（Ⅰ）抛物线的焦点，准线方程为，由题意得，解得，所以椭圆C的方程为.（Ⅱ）假设存在符合条件的点，设，则，，①当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，由，得，则，所以，因此，若对于任意的t值，上式为定值，则，解得，此时，为定值.②当直线l的斜率为0时，综合①②知，符合条件的点M存在，其坐标为.（19）解：（Ⅰ）因为正项等比数列中，，所以.又因为，所以，进而公比，所以.（Ⅱ）（i）因为，所以，即，所以数列是以为首项，公差为1的等差数列.所以，即.（ii）.当时，左式，右式，左式＝右式.当时，则所以，即综上：当时，（20）解：（Ⅰ），依题意有，解得，所以.当与时，；当时，；所以在，单调递增，在单调递减.（Ⅱ）直线AB的方程为，即.由，得，①，显然和为方程的①解.设，则，令得，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.因为，，所以有且仅有2个零点，其中，即直线AB与曲线交于另一点C，且C的横坐标为.（Ⅲ）由（Ⅱ）得，即，设，则，所以，代入可得.设，则，令得.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.因为，，，所以存在唯一的，使得.此时因此，，所以.