【文档说明】天津市第七中学2023届高三上学期期中模拟数学试卷+答案.docx，共(15)页，941.173 KB，由baby熊上传

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天津七中2022-2023学年高三（上）期中复习模拟数学试卷一、单选题（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UR,集合21,40MxxNxx,集合UMNðI等

于（）A.1,2B.1,2C.2,1D.2,1【答案】B【解析】【分析】根据题意,对集合,MN进行化简,先求UMð,再求UMNðI即可.【详解】解:全集UR,集合21,4022MxxNxxxx

,1UMxxð,12UMNxxð.故选:B2.在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间中点作代表，则下列说

法中有误的是（）A.成绩在7080，分的考生人数最多B.考生竞赛成绩的中位数为75分C.不及格的考生人数为1000人D.考生竞赛成绩的平均分约70.5分【答案】B【解析】【分析】由频率分布直方图可知选项A正确，根据中位数的计算方法可求得考生竞赛成绩的中位数，判断B;求出不及格人数判断

C;利用区间中点值乘以该组的频率，再依次相加，即可求出平均值的估计值，判断D.【详解】根据频率分布直方图得，成绩出现在7080，的频率最大，所以成绩在7080，分的考生人数最多，故A正确；由于10(0.0100.0150.

020)0.450.5，10(0.0100.0150.0200.030)0.750.5，故考生竞赛成绩的中位数为0.50.45701071.60.3，故B错误；不及格考生数为10(0.01

00.015)40001000，故C正确；根据频率分布直方图估计考生竞赛成绩平均分为450.1550.15650.2750.3850.15950.170.5，故D正确。故选：B．3.像“3，4，5”这样能够成

直角三角形的数称为勾股数，又称为（）A.毕达哥拉斯数B.杨辉数C.拉格朗日恒等数D.三角数【答案】A【解析】【分析】勾股定理又称为毕达哥拉斯定理，即可得出.【详解】勾股定理又称为毕达哥拉斯定理，故勾股数又称为毕达哥拉斯数.故选：A.4.已知153a，3log2b，21lo

g3c，则a，b，c的大小关系为（）A.abcB.bacC.acbD.cba【答案】D【解析】【分析】根据指数函数以及对数函数的单调性判断,,abc的范围可得答案.【详解】15332213log2log3loglog313，＞1＜10=，

abc,故cba，故选：D.5.一个球的表面积是36，那么这个球的体积为（）A.163B.323C.36D.24【答案】C【解析】【分析】根据表面积可先求出球半径，即可由体积公式求出体积.【详解】设球的半径为R，则2436R，解

得3R，则这个球的体积为334433633R.故选：C6.把函数=sinyx的图像上所有点的横坐标都缩小到原来的一半,纵坐标保持不变,再把图像向左平移4个单位,这时对应于这个图像的解析式是（）A.cos2yxB.sin2yxC.s

in(2)4yxD.sin(2)4yx【答案】A【解析】【分析】根据三角函数图像的变换求解即可.【详解】解：函数=sinyx的图像上所有点的横坐标都缩小到原来的一半，纵坐标保持不变，可以得到函数sin2yx的图像，再把sin2yx图像向左平移4个单位，可以得到函

数πsin2sin2cos242yxxx的图像.所以，此时对应于这个图像的解析式是cos2yx.故选:A7.已知函数11cosfxxxx的部分图像大致为（）A.B..C.D.【答案】D【解析】【分析】求出fx的定义域可

排除A；证明fx是奇函数可排除B；当0x且x趋近于0时，()0fx可排C，进而可得正确选项.【详解】11cosfxxxx的定义域为|0xx，故排除选项A；fx定义域为|0xx，关于原点对称，

111cos1cosfxxxxxxxxf，所以fx是奇函数，图象关于原点对称，故排除选项B；当0x且x趋近于0时，1()1cos0fxxxx

，故排除选项C，故选：D8.已知1F，2F是椭圆22221(0)xyCabab：的左，右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，12PFF△为等腰三角形，12120FFP，则C的离心率为A.23B.12C.13D.14【答案】D【解析】【详解】

分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.详解：因为12PFF△为等腰三角形，12120FFP，所以PF2=F1F2=2c,由AP斜率为36得，2223112tan,si

ncos61313PAFPAFPAF，，由正弦定理得2222sinsinPFPAFAFAPF,所以2112211313==4,π5431211sin()3221313caceacPAF，故选D.点睛：解

决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于,,abc的方程或不等式，再根据,,abc的关系消掉b得到,ac的关系式，而建立关于,,abc的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性

质、点的坐标的范围等.9.已知定义在R上的偶函数fx，其导函数为'fx．当0x时，恒有'02xfxfx，若2gxxfx，则不等式12gxgx的解集为A.1,13B.1,1,3C.1,3

D.1,3【答案】A【解析】【分析】根据()fx为偶函数，则()gx也为偶函数，利用导数可以判断()gx在[0,]为减函数，则不等式()(12)gxgx可转化为12xx，解不等式即可得到答案．【

详解】解：fx是定义在R上的偶函数，()()fxfx．0x时，恒有()()02xfxfx，2()2()0xfxxfx又2()()gxxfx，2()2()()0gxxfxxfx

()gx在[0,]为减函数．()fx为偶函数，()gx也为偶函数()gx在(,0)为增函数．又()(12)gxgx，12xx，即22(12)xx，化简得(1)(31)0xx，得113x．故选A．【点睛】通过构造新函数来研究函数单调性是本题一大亮点，同时利用抽象

函数的单调性、奇偶性解不等式是常考考点，要牢牢掌握．二、填空题（本大题共6小题，共30分）10.设i为虚数单位，则复数311ii__________．【答案】12i【解析】【分析】利用复数的除法运算法则：分子､分母同乘以分母的共轭复数，化简复数

311ii．【详解】2231(31)(1)33124121(1)(1)12iiiiiiiiiiii复数31121iii故答案为：12i．【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了分析能力和计算能力

，属于基础题．11.在5(1)21xx的展开式中，3x项的系数为______．【答案】10【解析】【分析】利用二项定理展开5(1)x，再利用多项式乘法法则求出3x项即可作答.【详解】依题意，5234

5(1)1510105xxxxxx，因此5(1)(21)xx展开式中3x项为23310210110xxxx，所以3x项的系数为10.故答案为：1012.已知随机变量X服从二项分布16,3XB，则2PX_______

_．【答案】80243【解析】【分析】由二项分布的概率公式即可得解.【详解】解：因为随机变量X服从二项分布，16,3XB所以根据二项分布概率公式得：24261280233243PXC.故答案为：8024313.若0m，0n，3m

n，则14mn的最小值为___________.【答案】3的【解析】【分析】利用基本不等式常值代换即可求解.【详解】因为0m，0n，3mn，所以1411414145523333nmnmmnmnmnmnmn

，当且仅当4nmmn，即1,2mn时，等号成立，所以14mn的最小值为3，故答案为：314.如图，以等腰直角ABC的斜边BC上的高AD为折痕把ABD△和ACD折成互相垂直的两个平面，若1AD，得出如下结论：①BDAC②三棱锥DABC是正三

棱锥③二面角ABCD的大小为π4④三棱锥DABC的外接球的表面积为3π其中所有正确结论的序号是___________.【答案】①②④【解析】【分析】根据面面垂直得线面垂直，进而可证明线线垂直可判断①，根据三棱锥的棱长，可判断三角形ABC为等边三角形，且三条侧棱长度相等即可判断②，根

据二面角的几何法求解，可判断③，根据三棱锥外接球找球心的方法，可以确定球心在过BC中点的垂线上，进而可求④.【详解】因为平面ABD平面ACD，且AD为其交线，,BDADBD平面ABD,故BD平面ADC,又AC平面ADC

,所以BDAC，故①对，由①知，BDDC,且1,2ADBDDCBC,又因为222ABACADBD,所以三棱锥DABC是正三棱锥，②对，取BC的中点O,连接,OAOD,因为2ABAC,1BDDC,故,ODBCBCOA,因此AOD为二面角ABCD的平面角,在

RtAOD中，21,,2ADODADOD,故π4AOD，所以③错误，过O作//OMAD,设球心为M,过M作//NMOD交AD于N，因为AD平面BCD,所以OM平面BCD,故四边形MODN为长方形,所以,ODNMODOBNMOB,在直

角三角形BOM中，22RBMOBOM,在直角三角形ANM中，22RAMANNM,因此OMAN,故N是AD中点，因此2222212132224ROBAD

,三棱锥DABC的外接球的表面积为24π3πR,故④对，故答案为：①②④15.已知23,1()23,1xxfxxxx，则使e0xfxm恒成立的m的范围是______．【答案】[2,)【解析】【分

析】根据给定条件，构造函数()()exgxfx，再求出函数的最大值作答.【详解】因()e0()exxfxmmfx，令()()exgxfx，xR，依题意，R,()xmgx，当1x时，()3exgxx，求导得()1exgx，当0x时，0gx，

当01x时，0gx，因此()3exgxx在(,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，当0x时，max02gxg，当1x时，2()23exgxxx，求导得()22exgxx，()gx在(1,)上单调递减，0gx，于是得函

数2()23exgxxx在(1,)上单调递减，的()(1)4e2gxg，因此max2gx，则2m，所以m的取值范围是[2,).故答案为：[2,)【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利

用函数思想是解决问题的关键.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.已知函数223sin2sincos3fxxxx，（xR）．（1）求3f的值；（2）求fx的单调递减区间及fx图象的对称轴方程．【答案】（1）3；（2）

减区间25111,12kkkZ，5122kx，Zk．【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换公式代简fx的表达式为sinyAωxφ的形式，然后求得3f

的值；（2）结合三角函数的图象及性质，易求得fx的单调递减区间及fx图象的对称轴方程．【详解】（1）因为1cos223sin23sin23cos22xfxxxx2sin23x2sin333f．（2）由（1）

得2sin23fxx，令3222232kxk，Zk5111212kxk，Zk所以fx的单调递减区间为25111,12kkkZ．又令232xk﹐Zk，5122

kx，Zk故fx图象的对称轴方程为5122kx，Zk．【点睛】本题考查三角函数化简、三角函数的图象及性质等问题，属于较易题．17.现给出两个条件：①232coscabA，②22

2sin2cos22BAabbc.从中选出一个条件补充在下面问题中，并以此为依据求解问题：在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，.（1）求B；（2）若b=2，求△ABC面积的最大值.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【解析】【分析】若选择

条件①：（1）利用余弦定理将角化边得2223cabac，再根据余弦定理求出角B；（2）由基本不等式可得4(23)ac，再根据面积公式计算可得；若选择条件②：（1）利用二倍角公式得到coscosaaB

bAc，再利用正弦定理将角化边即可得解；（2）利用基本不等式得到4ac，再根据面积公式计算可得；【详解】若选择条件①：（1）因为232coscabA，所以由余弦定理可得2222322bcacabbc，整理可得22

23cabac，所以2223cos22acbBac∵(0,)B，6B（2）∵b=2，,6B∴由余弦定理得2243caac又222acac，故324acac（当且仅当a=c时取等号），∴4(23)ac所以11sin2324ABCSacBac

故当且仅当a=c时ABC面积的最大值为23若选择条件②：（1）由条件可知，1cos1cos2222BAabbc，∴coscosaaBbAc的由正弦定理得sinsincossincossin()AABBAAB∴sin2sincos

AAB，又sin0A，所以1cos2B又(0,)B，所以3B（2）∵b=2，3B∴由余弦定理得224caac又222acac，故24acac（当且仅当ac时取等号）∴4ac所以13sin324ABCSacBac故当且仅

当ac时ABC面积的最大值为3【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、以及三角形面积公式解三角形，以及基本不等式的应用，属于中档题.18.如图①，在五边形BCDAE中，//CDAB，90BCD，1CDBC，2AB，ABE是以AB为斜边的等腰直角三角

形.现将ABE沿AB折起，使平面ABE平面ABCD，如图②，记线段AB的中点为O.（1）求证：平面ABE平面EOD；（2）求平面ECD与平面ABE所成的锐二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）45.【解析】【分析】（1）运用面面垂直的判定定理进行证明；（2）建立空间直角坐

标系，借助空间向量的坐标形式运用向量的数量积公式进行分析求解.【小问1详解】∵2ABCD，O是线段AB的中点，∴OBCD.又∵//CDAB，∴四边形OBCD为平行四边形，又90BCD，∴ABOD

，又∵O是等腰直角ABE的中点，∴EOAB.∵EODOO，EO平面EOD，DO平面EOD，∴AB平面EOD.∵AB平面ABE，∴平面ABE平面EOD.【小问2详解】∵平面ABE平面

ABCD，且EOAB，∴EO平面ABCD，∴EOOD.∴,,OBODOE两两垂直，以O为坐标原点，以,,OBODOE所在直线分别为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.∵ABE为等腰直角三角形，且1CDBC，∴1OAOBODOE

，∴0,0,0O，1,0,0A，1,0,0B，1,1,0C，0,1,0D，0,0,1E，∴1,0,0CDuuur，0,1,1DE，设平面ECD的一个法向量为,,nxyzr，则有00nCDnDE，∴

00xyz，不妨取1z，得0,1,1n，∵OD平面ABE，∴平面ABE的一个法向量为0,1,0OD，设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为，则220011012cosco

s,2111ODn，∴平面ECD与平面ABE所成的锐二面角大小为45.19.已知函数2exfxxax在01，上单调递减．（1）求a的取值范围；（2）令2321exgxaxaa，'hxfxgx，求hx在

12，上的最小值．【答案】（1）32a„（2）见解析【解析】【分析】（1）求出导函数()fx,()fx在(0,1)上单调递减,等价于()0fx„在(0,1)上恒成立.只需()Mx220xaxxa

„在(0,1)上恒成立.由二次函数的性质可得不等式组,解出即可;（2）可求22()1exhxxxaa，()(1)()exhxxaxa,可知[1a,2],11,2a

.按照极值点1a在区间(1，2）的左侧、区间内、区间右侧三种情况进行讨论,由单调性可求得函数的最小值;【小问1详解】22()(2)ee2exxxfxxaxaxxaxxa，若()fx在(0,1)上单调递减,则()0fx„在(0,1)上恒成立.；

而e0x,只需2()20Mxxaxxa„在(0,1)上恒成立.；于(0)0(1)230MaMa„„,解得32a„.【小问2详解】22()()()1exhxfxgxxxaa则22()e(1)()exxhxxxaaxaxa，令

()0hx，则12,1xaxa，3,[1,2]2aa„，11,.2a当11,12a时，即32,2a时，()0hx在1,2上成立,此时()hx在1,2上单调

递增,()hx有最小值2(1)1ehaa;当1(1,2)a即(3,2)a时,当(1,1)xa时有()0hx,此时()hx在(1,1)a上单调递减,当(1,2)xa时，有()0

hx,此时()hx在(1,2)a上单调递增,()hx有最小值1(1)(23)eahaa;当1[2,)a即(,3]a时,()0hx在1,2上成立,此时()hx在1,

2上单调递减,()hx有最小值2223ehaa.是综上：当32,2a，最小值21eaa;(3,2)a，最小值123eaa(,3]a，最小值223eaa【点睛】该题考查利用导数研究函数的

单调性、最值,考查分类讨论思想；根据极值点与区间的位置关系分类讨论是解决本题第二小问的关键.本题属于较难题.20.已知数列na的前n项和为nS，且*23nnSannN．（1）证明数列3na是等比数列，并求出数列na的通项公式；（2）在na与1na之间插入n个数，

使得包括na与1na在内的这2n个数成等差数列，其公差为nb，求数列1nb的前n项和nT．【答案】（1）证明见解析，323nna（2）31132nnnT【解析】【分析】（1）根据公式1nnnaSS得到123nnaa，得到1323nn

aa，再根据等比数列公式得到答案.（2）根据等差数列定义得到321nnbn，再利用错位相减法计算得到答案.【小问1详解】23nnSan，当1n时，1123Sa，得到13a；当2n

时，11231nnSan，两式相减得到1123231nnnnnaSSanan，整理得到123nnaa，即1323nnaa，故1323nnaa，数列3na是首项为6，公比为2的等比数列，1623nna，

即1623323nnna，验证1n时满足条件，故323nna.【小问2详解】1132332332111nnnnnnaabnnn，故11113232nnnnnb，

1231112113111132323232nnnT，2341111121131111232323232nnnT

，两式相减得到：231121111111232322232nnnnT，整理得到：111111111

12123343212nnnnT，故31132nnnT.