资源简介

2023年天津市十二区县重点学校高三毕业班联考（一）考前模拟考
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，考试时间120分钟。考试结束后，上交答题卡。
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共9小题，共45分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设全集，集合，则( )
A. B. C. D.
2. 已知平面内一条直线及平面，则“”是“”的( )
A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 若、是两个单位向量，其夹角是，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
4. 函数的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
5. 某中学有高中生人，初中生人，高中生中男生、女生人数之比为：，初中生中男生、女生人数之比为：，为了解学生的学习状况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，已知从初中生中抽取男生人，则从高中生中抽取的女生人数是( )
A. B. C. D.
6. 已知函数，，，，则( )
A. B. C. D.
7. 柏拉图多面体是指严格对称，结构等价的正多面体．由于太过完美，因此数量很少，只有正四、六、八、十二、二十面体五种．如果用边数不同的正多边形来构造接近圆球、比较完美的多面体，则数量会多一些，用两种或两种以上的正多边形构建的凸多面体虽不是正多面体，但有些类似，这样的多面体叫做半正多面体．古希腊数学家、物理学家阿基米德对这些正多面体进行研究并发现了种半正多面体后人称为“阿基米德多面体”在正四面体上将四个角各截去一角，形成最简单的阿基米德多面体中的一种，又名截角四面体．设原正四面体的棱长为，则所得的截角四面体的表面积为( )
A. B. C. D.
8. 已知为双曲线的右顶点，为双曲线右支上一点，若点关于双曲线中心的对称点为，设直线，的倾斜角分别为，且，则双曲线的离心率为 ( )
A. B. C. D.
9. 已知函数，若方程有个零点，则的可能的值为( )
A. B. C. D.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共30分）
10. 已知为虚数单位，复数，则_________．
11. 在的展开式中的系数为______用数字作答
12. 点是圆上一点，则到直线距离的最大值是_____．
13. 一个袋中共有个大小相同的黑球、白球和红球已知从袋中任意摸出个球，得到黑球的概率是从袋中任意摸出个球，至少得到个白球的概率是，则白球的个数为 __从袋中任意摸出个球，记得到白球的个数为，则随机变量的数学期望 __．
14. 设，，则的最小值为
15. 在中，已知，为边上一动点，过点作一条直线交边于点，．
若为中点，且，则 ；
设，则的最大值是 ．
三、解答题（本大题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 本小题分
在中，内角，，的对边分别为，，，且已知，，，求：
和的值
的值．
17. 本小题分
如图，且，，且，且，平面，．
若为的中点，为的中点，求证：平面；
求二面角的正弦值；
求直线到平面的距离．
18. 本小题分
已知椭圆：的离心率为，直线：与交于，两点，且．
求的方程；
若的左、右顶点分别为，，点不同于，为直线上一动点，直线，分别与交于点，，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
19. 本小题分
设是等差数列，是等比数列已知．
Ⅰ求和的通项公式；
Ⅱ设数列满足其中．
求数列的通项公式；
求．
20. 本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
当时，，求的取值范围；
证明：．2023十二校考前一模参考答案及评分标准
数学
单项选择题（每小题5分）
2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.
二、填空题（每小题5分）
10. 11. 12. 13. 14. 15.
（第9题图）
三、计算题（分值排列为14，15，15，15，16）
16. 解：由，得，
又，所以，
由余弦定理，得，
又，所以，
联立得，得或
因为，所以，；-----------7
在中，，
由正弦定理，得，
因为，所以为锐角，----------10
因此，
于是．--------------14
17. 证明：依题意，以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．
可得，，，，
，，，，．--------2
设为平面的法向量，
则，不妨令，可得；
又，可得．
又直线平面，
平面；---------------5’
解：依题意，可得，，．
设为平面的法向量，
则，不妨令，可得．
设为平面的法向量，
则，不妨令，可得．
因此有，于是．--------------9’
二面角的正弦值为．
，平面，平面，
平面，
到平面的距离即到平面的距离，
设到平面的距离为，，
则 ---------------------15’
18. 解：解：由，得点在上，
又，
所以解得
所以的方程为．------------------4’
证明：由知，，
当直线的斜率不为时，设直线的方程为，，，，
由消去整理得，
，即，--------------6’
则，，
因为，，三点共线，，，三点共线，
所以，，
所以，
即，
所以，
即，-------------------10’
所以，
化简得，
因为当变化时，上式恒成立，
所以解得，--------------------14’
所以直线，即直线恒过定点，且定点为．
当直线的斜率为时，直线即为轴，过点．-------------15’

19. 解：Ⅰ设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
依题意有：，
解得，
，
．---------------4’
Ⅱ数列满足，
其中．-------------------7’
，
数列的通项公式为：．----------------------10’


． ----------------------------15’
20. 解：由题意，易得函数定义域为，
，
记，
当时，，即，所以在上单调递减；
当时，令，得，舍去；
当时，，即，所以单调递减；
当时，，即，所以单调递增，
综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在单调递增．-----------------------6’
由知，当时，在单减，所以，
此时，令，解得，
当时，在上单调递减，在单调递增，
若，则，在单增，所以，
此时，，
令，解得，-----------------------10’
若，则，函数在上单调递减，在单调递增，因为，又当时，，
由零点存在定理，使，与矛盾，
综上，实数的取值范围是．---------------------12’
由知，当时，对，有，即，
又时，，，所以，
令，得，------------------------14’
所以，，，，
故，
即． -----------------15’

展开更多......

收起↑