【文档说明】天津市南开区2023届高三二模数学试题 含解析.docx，共(21)页，1.509 MB，由管理员店铺上传

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2022-2023学年度第二学期高三年级质量监测（二）数学学科试卷本试卷共150分，考试时间120分钟.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，用橡皮擦干净后，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：①柱体的体积公式VSh=柱体，其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高.②球的体积公式343VR=球，其中R䒾示球的半径.③如果事件A，B相互独立，那么()()()PABPAPB=.④对于稁件A，B，()0PA，那么()()()PABP

APBA=∣.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1,0,1,2,3U=−，集合1,0,2A=−，0,1B=，则()()UUAB=痧（）A.2B.3C.1,1,2,3−D.

1,0,1,2−【答案】B【解析】【分析】根据集合运算的定义计算．【详解】由已知{1,3}UA=ð，{1,2,3}UB=−ð，所以()(){3}UUAB=痧，故选：B．2.已知,abÎR，则“220ab+=”是“0ab

=”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】A【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】若220ab+=，则0ab==，则0ab=

成立．而当0a=且1b=时，满足0ab=，但220ab+=不成立；“220ab+=”是“0ab=”的充分不必要条件．故选：A．3.已知函数()lnexfxx=−，则()fx的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出()10f，可排除A，B，C，即可得出答案.【详

解】当1x=时，()1ln1ee0f=−=−，排除A，B，C.故选：D.4.某车间从生产的一批零件中随机抽取了1000个进行一项质量指标的检测，整理检测结果得到此项质量指标的频率分布直方图如图所示.若用分层抽样的方法从质量指标在区间)40,70的

零件中抽取170个进行再次检测，则质量指标在区间)50,60内的零件应抽取（）A.30个B.40个C.60个D.70个【答案】C【解析】【分析】由分层抽样按比例计算．【详解】设质量指标在区间)50,60内的零件应抽取x个，则0.31700.350.30.2x=++，解得6

0x=，故选：C．5.已知0.22a=，12lg2b=−，32log10c=−，则a，b，c的大小关系是（）A.bcaB.abcC.acbD.bac【答案】B【解析】【分析】根据指、对数函数单调性，结合中间值0，1，分析判断即可.【详解】由题意可得：0

.20221a==，12lg21lg4b=−=−，且0lg41，则01b，因为33log10log92=，则32log100c=−，所以cba.故选：B.6.如图，某种中药胶囊外形是由两个半球和一个圆柱组成的，半球的直径是6mm，圆柱高8mm，则该中药胶囊的体积

为（）A.390πmmB.3108πmmC.3216πmmD.3360πmm【答案】B【解析】【分析】由球的体积公式和圆柱的体积公式求解即可；【详解】由题意得该几何体由两个半球和一个圆柱筒组成，所以体积为一个球体体积和一个圆柱体积之和

，由球体的体积为：3333144108ππ3πmm36πmm333VR====，圆柱体积为：2232ππ3872πmmVRh===，所以浮球的体积为：31236π72π108πmmVVV=+=+=.故选：B.7

.已知拋物线24yx=的准线过双曲线()222210,0xyabab−=的左焦点，点P为双曲线的渐近线和拋物线的一个公共点，若P到抛物线焦点的距离为5，则双曲线的方程为（）A.2212xy−=B.223312yx−=C.222xy−=D.22221xy−

=【答案】D【解析】【分析】由抛物线的标准方程求出准线方程即可求出双曲线的左焦点，即可求c；由P为双曲线的渐近线和拋物线的一个公共点，P到抛物线焦点的距离为5，可求出点P的坐标，把点P代入双曲线的渐近线

方程即可得出a与b相等，再根据222cab=+即可求解.【详解】由题意知，拋物线24yx=的准线方程为=1x−，所以双曲线的左焦点坐标为()1,0−，所以双曲线的1c=.又因为点P为双曲线的渐近线和拋物线的一个公共点，若P到抛物线焦点的距离为5，所以15Px+=，所以4P

x=，代入抛物线方程即可得()4,4P.因为()4,4P在双曲线的渐近线方程byxa=上，所以ab=，又因为双曲线中，222cab=+，所以2212ab==，所以双曲线的方程为：22221xy−=.故选：D8.在ABC中，2

ACBC==，2ABBC=−，P为ABC所在平面内的动点，且1PC=，则PAPB+的最大值为（）A.4B.8C.12D.16【答案】A【解析】【分析】求出90C=，由已知求出点P的轨迹为圆，再由平面向量的平

行四边形法则得出2PAPBPD+=，PD的最大值即圆心到定点D的距离加上半径，代入化简求值即可．【详解】2ACBC==，2ABBC=−，所以2BABC=，则cos2ABB=，又因为222cos222ABBCACABBABBC+−==，所以2222ABABAB==，所以90,C=

由1PC=可得，点P的轨迹为以C为圆心，1为半径的圆，取AB的中点D，则2PAPBPD+=，所以()maxmax1221222142PAPBPDCD+==+=++=，故选：A9.已知函数()π2si

n213fxx=−+，给出下列结论：①()()πfxfx+=；②将()fx的图象向左平移π6个单位长度后，得到的函数图象关于原点对称；③若125π012xx，则()()12fxfx；④对123ππ,,,32xxx，有()

()()132fxfxfx+成立其中正确结论的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】由函数周期性判断①，由对称性判断②，由单调性判断③，取13,xx为已知区间内两个最小值点，2x为最大值点，验证不等式成立，

然后可判断④．【详解】易知函数()fx的最小正周期是2ππ2T==，①正确；将()fx的图象向左平移π6个单位长度后，得到的图象的函数解析式是ππ2sin[2()]12sin2163yxx=+−+=+，图象关于点(0,1)对称，

不关于原点对称，②错；5π(0,)12x时，πππ2(,)332x−−，因此()fx在5π(0,)12上单调递增，③正确；ππ[,]32x时，ππ2π2[,]333x−，因此π3x=或π2时，()fx取得最小值31+，5π12x=时，()fx取得最大值3

，取132ππ5π,,3212xxx===，则132()()()fxfxfx+成立，因此123ππ,,,32xxx，有()()()132fxfxfx+成立，④正确，共有3个命题正确．.故选：C．第II卷二、填空题：本大题共6个小题，

每小题5分，共30分.请将答案填在题中横线上.10.i是虚数单位，复数25i34i−+的虚部为______.【答案】3−【解析】【分析】直接根据复数的除法运算以及复数虚部的概念即可得到答案.【详解】()()()()25i34i25i34i25i43i34i34

i34i25−−−−−===−−++−，故其虚部为3−，故答案为：3−.11.二项式531()2xx−的展开式中，常数项为_____．【答案】52−【解析】【分析】先求得二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值

，即可求得结论．【详解】解：二项式531()2xx−的展开式的通项公式为：()551556155311122rrrrrrrrxTCCxx−−−+=−=−，令155036rr−==；∴展开式中，常数项为：()335211252C−

=−．故答案为：52−．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质.12.若直线230kxyk−−+=与圆()2214xy++=相切，则k=______.【答案】34##0.75【解析】【分析】由圆心到切线的距

离等于半径求解．【详解】由题意圆心为(0,1)−，半径为2，所以212321kk−+=+，解得34k=．故答案为：34．13.计算34223log32log9loglog64−+的值为______.【答案】8【解析】【分析】由对数的

运算性质求解即可.【详解】原式2523223222233=log2log3loglog65log2log3loglog644−+=−+2222365loglog65log5log88344=−+=+=

+=.故答案为：8.14.一个盒子中装有5个电子产品，其中有3个一等品，2个二等品，从中每次抽取1个产品.若抽取后不再放回，则抽取三次，第三次才取得一等品的概率为______；若抽取后再放回，共抽取10次，则平均取得一等品______次.【答案】①.0.1

##110②.6【解析】【分析】由全概率公式即可求出抽取三次，第三次才取得一等品的概率；设X为抽取一等品的次数，抽取一等品的概率为35，则310,5X，求出()EX，即可得出答案.【详解】令iA为第()1,2,3ii=次取得一等品，所以抽取三次，第三次才取得一等品的概率

为:()()()()123121312213154310PAAAPAPAAPAAA===，若抽取后再放回，则设X为抽取一等品的次数，抽取一等品的概率为35，则310,5X，()31065EX==.所以平均取得一等品6次.故答案为：110；6.15.已知函数()()2ln,

068,0xxfxxxx−=−+，则函数()fx的各个零点之和为______；若方程1fxmx+=恰有四个实根，则实数m的取值范围为______．【答案】①.5②.()()1,0ln2,−+【解析】【分析】求出函数()fx的零点，可求

得函数()fx的各零点之和；令1txx=+，可得出函数1txx=+的值域为(),22,−−+U，设方程()ftm=在(),22,−−+U上有两个不等的实根，设为1t、2t，可得出1t、()22,t+或1t、()2,2t

−−或12t、22t−，数形结合可得出实数m的取值范围.【详解】当0x时，由()()ln0fxx=−=，可得=1x−；当0x时，由()2680fxxx=−+=，解得2x=或4.所以，函数()fx的各个零点之

和为1245−++=.令1txx=+，当0x时，1122txxxx=+=，当且仅当1x=时，等号成立，当0x时，()()()11122txxxxxx=+=−−+−−=−−−，当且仅当=1x−时，等号成立，所以，函数1txx=+的值

域为(),22,−−+U.作出函数1txx=+的图象如下图所示：若方程1fxmx+=恰有四个实根，则方程()ftm=在(),22,−−+U上有两个不等的实根，设为1t、2t，由图可知，1t、()22,t+或1t、()2,2t−−或12t、

22t−，作出函数()ft在(),22,−−+U上的图象如下图所示：由图可得ln2m或10m−，因此，实数m的取值范围是()()1,0ln2,−+.故答案为：()()1,0ln2,−+.【点睛】思路点睛：

对于复合函数()yfgx=的零点个数问题，求解思路如下：（1）确定内层函数()ugx=和外层函数()yfu=；（2）确定外层函数()yfu=的零点()1,2,3,,iuuin==；（3）确定直线()1,2,3,,iuuin==与内层函数()ugx=图象的交点个数分别为1a、2a

、3a、L、na，则函数()yfgx=的零点个数为123naaaa++++.三、解答题：（本大题共5个小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.在ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且15cossin0bAaB+=，26a=，4b=.（1）求cosA的值；（2

）求c的值；（3）求()cos2AB+的值.【答案】（1）14−的（2）2（3）616−【解析】【分析】（1）由正弦定理化简已知式可得sin15cosAA=−，再由同角三角函数的基本关系求解即可；（2）由余弦定理求解即可；（3）由题意可得出sin,cos,s

inBBA，再由二倍角的正弦和余弦公式及两角和的余弦公式求解即可得出答案.【小问1详解】由15cossin0bAaB+=及正弦定理，得15sincossinsin0BAAB+=，因为()0,π,sin0BB，所以sin15cos

AA=−，且cos0A.又22sincos1AA+=，可得1cos4A=−.【小问2详解】因为26a=，4b=由余弦定理，得()2222642cc=++，即2280cc+−=，解得2c=(负值舍去).【小问3详解】由（1）及15cossin0bAaB+=，26a=，4b=，得10sin4B=

，从而6cos4B=.由（1）得215sin1cos4AA=−=.15sin22sincos8AAA==−，27cos22cos18AA=−=−，所以()cos2cos2cossin2sinABABAB+=−7615106848416=−−−=−

.17.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，ACAB⊥，1222ACABAA===，M为AC的中点，111ANBC⊥，垂足为N.（1）求证：1//BC平面1ABM；（2）求直线BN与平面1ABM所成角

的正弦值；（3）求平面1ABN与平面1ABM的夹角.【答案】（1）证明见解析（2）105（3）90【解析】【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面1ABM的一个法向量，由直线的方向向量与平面的

法向量垂直及线面平行的条件得证；（2）由空间向量法求线面角；（3）由空间向量法求二面角．【小问1详解】如图，以A为坐标原点，直线AB为x轴，1AA为y轴，AC为z轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0B，()0,0,2C，()10,1,0A，()11

,1,0B，()10,1,2C，()0,0,1M()11,1,0AB=−，()1,0,1BM=−，()11,1,2BC=−−，设平面1ABM的一个法向量为()111,,mxyz=，则111110,0,ABmxyBMmxz

=−==−+=解得1111yxzx==，令11x=，得()1,1,1m=.因为11120BCm=−−+=，所以1BCm⊥.又1BC平面1ABM，所以1BC∥平面1ABM.【小问2详解】设()111,0,2BNBC==−，则()11111,0,2

ANABBN=+=−.因为111ANBC⊥，所以()()1111,0,21,0,20ANBC=−−=.即510−=，解得15=，所以1112,1,55BNBBBN=+=−.所以10cos,5BNmBN

mBNm==，所以直线BN与平面1ABM所成角的正弦值为105.【小问3详解】设平面1ABN的一个法向量为()222,,xnyz=，则1222220,120,55ABnxyBNnxyz=−==−++=解得2222,2,yxzx==

−令21x=，得()1,1,2n=−.因为1120mn=+−=，所以mn⊥.所以平面1ABN与平面1ABM夹角为90.18.设na为等比数列，nb为公差不为零的等差数列，且133ab==，29ab=，327ab=.（1）求n

a和nb的通项公式；（2）记na的前n项和为nS，nb的前n项和为nT，证明：13nnTS；（3）记()()122,2,11nnnnnnanbcanbb++=−−+为奇数为偶数，求21niic=.【答案】（1）3nna=，nbn=（2）证明见解析（3）133422

nn+−+【解析】【分析】（1）由等差数列、等比数列的基本量法求得通项公式；（2）由等差数列、等比数列的前n项和公式求得,nnTS后，用作差法证明；（3）并项212nncc−+然后裂项求和．小问1详解】设等比数列na的公比为q，等差数列nb的公差为()0dd，依题意，232

79bbb=，即()()2332436dd+=+，解得1d=.所以nbn=.因为13a=，299ab==，所以3q=，从而3nna=.【小问2详解】由（1）知1332nnS+−=，()12nnnT+=，所以(

)1133nnnnnTS++=−.因()()()()()()()12111211311210333333131nnnnnnnnnnnnnnnTTSS++++++−++++−=−=−−−−−，【为所以1113nnTTSS=.【小问3详解】()()1223,

,23,,11nnnnncnnn++=−−+为奇数为偶数因为()()()()()121222333133212121212122121nnnnnnnnccnnnnnnn+−−+=−==−+−+−++−，所以()()2233213333

3333313535757212121nnniicnnn==−+−+−++−+−+213243113313313313323125327522121nnnn+=−+−+−++−+−1113333221422

nnnn++=−=−++．19.已知椭圆()222210xyabab+=的离心率为32，左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，坐标原点O到直线AD的距离为255.（1）求椭圆的方程；（2）过A点作两条互相垂直的直线AP，AQ与椭圆交于P，Q两点，求BPQV

面积的最大值.【答案】（1）2214xy+=（2）6425【解析】【分析】（1）由已知条件列方程组求得,,abc得椭圆方程；（2）设PQ的直线方程为xtym=+，()11,Pxy，()22,Qxy，直线方程代入椭圆方程得1212,yyyy+，由垂直求得m，再把1

212,yyyy+代入1216225BPQSyy=+−△，换元后利用基本不等式得最大值．【小问1详解】由已知可得，222223,225,5,caabababc==+=+解得，2a=，1b=，3c=，所以椭圆的方程为2214

xy+=.【小问2详解】设PQ的直线方程为xtym=+，()11,Pxy，()22,Qxy，联立方程22,440,xtymxy=++−=整理得()2222404mttyym++−+=，所以12224mtyyt−+=+，212244myyt−=+因为APAQ⊥，()2,0A−所以()(

)()1212121212220240xxyyxxxxyy+++=++++=，()()()1212122240tymtymtytymyy+++++++=即()()()22121212(2)0tyymtty

ym++++++=.所以()()222224212(2)044mmttmttmtt−−+++++=++.整理得2516120mm++=，解得65m=−或2m=−（舍去），所以()()12212212,5464.254tyytyyt+=+

−=+所以()22121212216832256424255254BPQtSyyyyyyt+=+−=+−=+△，令()225648tuu+=，则22323232326436366425362

584825BPQuuSuuuu====−++++，此时BPQV最大值为6425.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值求法：引入参数设出动直线方程，代入圆锥曲线方程后应用韦达定理，用点的坐标表示出待求最值的量的表达式，如果只有一个参数，则直接代入韦达定理的结果后，利用函数知识、不等式知识

或导数知识求得最值，如果有两个参数，则利用韦达定理的结果和题中条件求出一个参数值或两个参数关系，消去一个参数，然后再求得最值．20.已知函数()ln1fxxxx=−+，()()lnexgxmxm−=+R.（1）求()fx的最小值；（2）若01a，且1e1aab−=，求证：log1ab；

（3）若()gx有两个极值点12,xx，证明：()()121gxgx−.【答案】（1）0（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数确定函数单调性，从而即可求得最小值；（2）由（1）知()ln10fxxxx=−+，即()1ln101xxx−，由1e1aab−=，得1ln

1ba=−，即lnlnba，从而01ba，再由对数函数的性质可得loglog1aaba=，从而得证；（3）依题意可得()10exmgxx=−=有两个不等正根12,xx，不妨设12xx，由()0gx=，

得exxm=，设()exxx=，利用导数可得()10,1x，()21,x+，令()ln1exxxhx+=，由导数可得()hx在的()0,+上单调递减，结合（2）可得()ln111xxxx+−+，令()()(

)210,1exxxmxx−+=，利用导数得()mx在()0,1上单调递减，从而得()111egx，()210egx，即可得证.【小问1详解】解：函数()fx的定义域为()0,+，()lnfxx=，当()1,x+时

，()0fx¢>，所以()fx在()1,+上单调递增，当()0,1x时，()0fx，所以()fx在()0,1上单调递减，所以()fx在1x=时取得最小值0.【小问2详解】证明：由（1）知()ln10fxxxx=−

+，所以()1ln10xxx−.由1e1aab−=，得0b且1ln1ba=−，所以1lnln1ln0baaa−=−−，即lnlnba，从而01ba.所以loglog1aaba=.【小问3详解】证明：依题意，()10exmgxx=−=有两

个不等正根12,xx，不妨设12xx，由()10exmgxx=−=，得exxm=.设()exxx=，由()1exxx−=，知()x在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减.且当()0,x+时，()0x，可得()10,1x

，()21,x+.()111111ln1lneexxxxgxmx−+=+=，()222222ln1lneexxxxgxmx−+=+=，令()ln1exxxhx+=，则()()1lnexxxhx−=，当()0,1x时，()1ln0xx−，所以()0h

x，当()1,x+时，()1ln0xx−，所以()0hx，所以()hx在()0,+上单调递减.因为101x，21x，所以()()111ehxh=，()()2101ehxh=.由（2）当0x时，有1ln1xx−，所以1ln1xx−，即ln1xx−−，

所以ln1xx−，从而()ln111xxxx+−+.令()()()210,1exxxmxx−+=，()2320exxxmx−+−=所以()mx在()0,1上单调递减.所以()()01mxm=，即()11exxx−+.所以()1

1211111ln111eexxxxxxgx+−+=.所以()111egx，()210egx.所以()()121gxgx−.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式成立的问题，常常需要构造一个函数，利用导数求出此函数的最值，从而达到证

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