1、塘沽一中2023届高三线上统练摸底考试数学本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第卷1至3页，第卷4至6页.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.祝各位考生考试顺利！第卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将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，再选涂其他答案标号.2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.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已知集合
2、，则（）ABCD2已知 ，“”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演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是A中位数B平均数C方差D极差4已知函数，其图象大致为（）ABCD5已知，则，的大小关系为()ABCD6已知抛物线，直线倾斜角是且过抛物线的焦点，直线被抛物线截得的线段长是，双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则直线与轴的交点到双曲线的一条渐近线的距离是ABCD7以ABC为底的两个正三棱锥 和 内接于同一个球，并且正三
3、棱锥 的侧面与底面ABC所成的角为，记正三棱锥 和正三棱锥 的体积分别为和，则=（）ABCD8已知正实数x，y，z满足，则不正确的是（）ABCD9设函数=sin（）(0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：在（）有且仅有3个极大值点在（）有且仅有2个极小值点在（）单调递增的取值范围是)其中所有正确结论的编号是ABCD第卷注意事项：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小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.10已知复数，则_.11若的展开式的二项式系数和为32，则展开式中的系数为_.
4、12设，那么 的最小值是_.13已知袋内有大小相同的1个红球和3个白球，袋内有大小相同的2个红球和4个白球.现从两个袋内各任取2个球，则恰好有1个红球的概率为_；记取出的4个球中红球的个数为随机变量，则的数学期望为_.14已知函数，则_，若方程的所有实根之和为4，则实数m的取值范围是_.15如图，在中，分别为，的中点，为与的交点，且.若，则_；若，则_.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在中，内角所对的边分别为，已知的面积为(1) 求和的值；(2) 求的值17如图，在四棱锥P-ABCD中，PA平而ABCD，E为CD的中点，M在AB上，且(1)求证
5、：EM平面PAD；(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；(3)点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线EF与AC所成角为45，求AF的长.18已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为（1）求椭圆E的方程；（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|15时，求k的取值范围19已知数列中，.（1）求证：数列是等比数列.（2）记是数列的前项和：求；求满足的所有正整数.20已知函数，.(1)若，求的单调区间.(2)若，且在区间上恒成立，求a的范围；(3)若，判断
6、函数的零点的个数.1C【分析】根据集合的补集、交集运算即可.【详解】因为，所以，所以，故选：C2D【分析】分别解不等式和，求得它们的解集，看二者的关系，根据其逻辑推理关系，可得答案.【详解】解不等式，即 得 ；解不等式，即 或 ，解得 ，由于推不出，也推不出，故“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：D3A【分析】可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案【详解】设9位评委评分按从小到大排列为则原始中位数为，去掉最低分，最高分，后剩余，中位数仍为，A正确原始平均数，后来平均数平均数受极端值影响较大，与不一定相同，B不正确由易知，C不正确原极差，后来极差可能相等可能变小，D不正确
7、【点睛】本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解.4A【分析】利用排除法，首先根据解析式判断函数的对称性，再确定时的符号，即可确定函数图象.【详解】由，知：关于原点对称，排除B、D；当时，排除C.故选：A5B【分析】首先根据指数对数互化公式以及换底公式求出，然后再利用中介值“1”即可比较，的大小.【详解】由可得，因为，所以，又因为，所以.故选：B.6D【详解】抛物线的焦点为,由弦长计算公式有 ,所以抛物线的标线方程为,准线方程为 ,故双曲线的一个焦点坐标为,即 ,所以 ,渐近线方程为,直线 方程为,所以点,点P到双曲线的一条渐近线的距离为 ,选D.点睛: 本题主要考查了抛物线与双
8、曲线的简单几何性质, 属于中档题. 先由直线过抛物线的焦点,求出弦长,由弦长求出的值,根据双曲线中的关系求出 ,渐近线方程等,由点到直线距离公式求出点P到双曲线的一条渐近线的距离.7C【分析】由题意画出图形，把正三棱锥的体积比转化为高的比，然后通过求解直角三角形得到两三棱锥高的关系得答案【详解】如图，正三棱锥和正三棱锥内接于同一个球， 设到底面的距离为，到底面的距离为，则，取的中点，连接，记与平面的交点为，由两个正三棱锥和内接于同一个球，故一定为球的直径，记其中点为即为球心，且由题意可知，为正三角形的中心，因此，分别为正三棱锥和正三棱锥的高，由，且为的中点，可得，则为正三棱锥的侧面与底面所成的
9、角为，记球的半径为，于是，在中，由勾股定理可得，解得，于是，则,故选：C8B【分析】首先把指数式化成对数式，表示出.选项A，取倒数再根据换底公式可以判断A；选项B，根据换底公式转化为比较的大小关系；选项C，同样根据换底公式转化为比较底数的大小关系；选项D，把利用换底公式进行化简，再结合基本不等式得出结果.【详解】设，则，.选项A，则，故A正确；选项B，下面比较的大小关系，因为，所以，即，又，所以，即，故B不正确；选项C，因为，又，所以，即，故C正确；选项D，因为，所以，又，所以，故D正确；故选：B.【点睛】指数和对数的比较大小问题，通常有以下方法：（1）利用指数、对数函数的单调性比较大小，底数
10、不一样时可以化成一样的再比较；（2）比较与0，1的关系，也可以找中间值比较大小；（3）当真数一样时，可以考虑用换底公式，换成底数一样，再比较大小；（4）去常数再比较大小，当底数与真数成倍数关系时，需要将对数进行分离常数再比较；（5）也可以结合基本不不等式进行放缩，再比较大小；（6）构造函数，利用函数的单调性比较大小.9D【分析】本题为三角函数与零点结合问题，难度大，通过整体换元得，结合正弦函数的图像分析得出答案【详解】当时，f（x）在有且仅有5个零点，故正确，由，知时，令时取得极大值，正确；极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，不正确；因此由选项可知只需判断是否正确即可得到答案，当时，若f（
11、x）在单调递增，则 ，即 ，故正确故选D【点睛】极小值点个数动态的，易错，正确性考查需认真计算，易出错，本题主要考查了整体换元的思想解三角函数问题，属于中档题102【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，再由复数求模公式计算得答案【详解】解：，则.故答案为：2.11【解析】根据二项式系数和求得，根据二项式展开式的通项公式求得的系数.【详解】依题意的展开式的二项式系数和为，所以，即.二项式展开式的通项公式为.令，所以的系数为.故答案为：【点睛】本小题主要考查二项式展开式的有关计算，属于基础题.1216【分析】利用均值不等式求的最大值表达式，再利用均值不等式求解作答.【详解】因，则，当且
12、仅当，即时取“=”，因此，当且仅当，即时取“=”，所以，当时，取最小值16.故答案为：1613 【分析】利用古典概型公式得解【详解】从两个袋内各任取2个球，有种，恰好有1个红球有从两个袋内各任取2个球，则恰好有1个红球的概率为取出的4个球中红球的个数为随机变量，则可能取值为;故答案为：，【点睛】熟练掌握超几何分布是解题关键.14 1 【分析】（1）先求得的值再利用分段函数解析式即可求得的值；（2）按实数m分类讨论利用函数图像的交点个数去判断方程根的个数，进而求得实数m的取值范围【详解】，则令，则的实根个数即函数与函数图像交点个数当时，函数与函数图像有1个交点，且交点横坐标大于1，即，函数与函数
13、有2个交点，则方程有两根，且两根和为2，不符合题意；当时，函数与函数图像有2个交点，即或，则或或，则方程有3个根，且3根和为3，不符合题意；当时，函数与函数图像有2个交点，即或，函数与函数无交点，不符合题意；函数与函数有4个交点，且4个交点横坐标之和为4，则方程有4个根，且4根和为4，符合题意综上，实数m的取值范围是故答案为：1；15 【分析】利用平面向量基本定理求解出及，进而利用平面向量的数量积运算法则进行计算.【详解】连接DF，因为，分别为，的中点，所以是ABC的中位线，所以，则，所以，所以；，故故答案为：，16（1），（2）【分析】（1）由面积公式可得结合可求得解得再由余弦定理求得a=8
14、.最后由正弦定理求sinC的值;（2）直接展开求值.【详解】（1）ABC中,由得由,得又由解得由,可得a=8.由,得.（2）,【点睛】本题主要考查三角变换及正弦定理、余弦定理等基础知识,考查基本运算求解能力.17(1)证明见解析(2)(3)【分析】(1)通过向量证明线线平行，再证明线面平行即可；(2)分别求出相关平面的法向量后，再运用夹角公式计算即可；(3)根据已知条件求出点的坐标，再计算长度即可.【详解】（1）由题意，建立如下图所示的空间直角坐标系，则.(1)则，所以，又，所以，又平面PAD，平面PAD,所以EM平面PAD.（2）.设平面的法向量为，则有，可取，由题意，平面的一个法向量可取，
15、设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为，则，所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为.（3）设，即，可得，所以,又，由题意有,解得或（舍）所以，所以18（1）；（2）【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.【详解】（1）因为椭圆过，故，因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，故椭圆的标准方程为：.（2）设，因为直线的斜率存在，故，故直线，令，则，同理.直线，由可得，故，解得或.又，故，所以又故即，综上，或.1
16、9（1）证明见详解；（2）；满足的所有正整数有和.【解析】（1）设，推导出，由此能证明数列是等比数列；（2）推导出 ，由，得 ， ，从而；：由的求和式子由此能求出满足Sn0的所有正整数n的值【详解】（1）设，因为 ，所以数列是以即为首项，以为公比的等比数列.（2）由（1）得 ，即，由，得 ，所以 ， ，显然当时，单调递减，又当时，当时，所以当时，； ，同理，当且仅当时，综上，满足的所有正整数为和.【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列的证明，考查满足数列的前n项和的正整数的最大值的求法，解题的关键是根据等比数列的通项公式得出， ，考查等比数列、分组求和法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方
17、程思想20(1)的单调减区间为，的单调增区间为.(2)(3)时，的零点个数为1【分析】对于（1），求导即可得单调区间；对于（2），在区间上恒成立等价于在上的最小值大于1；对于（3），判断出单调性，后由零点存在性定理可得答案.【详解】（1）当时，.则，由，得；由，得.故的单调递增区间为，的单调递减区间为.（2）在区间上恒成立，则在上的最小值大于1，当时，得在上单调递增，故，又，则，即不合题意.当时，由，得或；由，得.故在上单调递增，在上单调递减.i当，即时，.ii当，即时，由题有，又，则.综上a的范围为（3）由题，.则，设，则，当，得；当，得，故在上单调递减，在上单调递增.则，又，则，故.则在上单调递增.注意到，设，则，由，得；由，得.则在上单调递减，在上单调递增.则，得恒成立，又，则，又，故，使，即时，有唯一零点.【点睛】关键点点睛：本题涉及恒成立问题及求含参函数零点个数，难度较大.（1）问较为基础，（2）问难点在于时，不清楚与大小，采用可避免讨论，（3）问难点在于零点所在区间的寻找.