1、天津市南开中学滨海生态城学校高三年级20222023第一学期质量反馈数学学科试卷本试卷分第卷（选择题）和第卷两部分，满分150分，考试时间120分钟答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、准考证号涂写在答题卡和答题纸上答卷时，考生务必将卷答案涂在答题卡上，卷答案写在答题纸上，答在试卷上的无效第卷选择题（45分）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. 已知全集，集合，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题根据
2、交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.【详解】，则故选：A【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.2. 设，则“”是“”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【详解】分析：首先求解绝对值不等式，然后求解三次不等式即可确定两者之间的关系.详解：绝对值不等式，由.据此可知是的充分而不必要条件.本题选择A选项.点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3. 已知，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】结合，利用诱导公式和二倍
3、角公式即可求解【详解】因为，所以，所以，故选：D4. 函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】判断函数为奇函数，由图像可排除C，D；然后利用特殊值，取，可排除B.【详解】定义域为，定义域关于原点对称，是奇函数，排除C，D；当时，排除B；故选：A.【点睛】本题考查了函数图像的识别，函数奇偶性的判断，属于基础题.5. 已知等比数列满足，则的值为（）A. B. C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】根据，利用等比数列的性质求得，再利用通项公式求解.【详解】在等比数列中，所以，所以，所以，故选：C6. 设，则大小关系为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分
4、析】根据函数单调性及中间值比大小.【详解】因为，在定义域上单调递减，故，所以.故选：A7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A. 直线是图象的一条对称轴B. 图象的对称中心为，C. 在区间上单调递增D. 将的图象向左平移个单位长度后，可得到一个奇函数的图象【答案】C【解析】【分析】由已知图象求得函数解析式，将代入解析式，由其结果判断A;求出函数的对称中心可判断B; 当时，结合正弦函数的单调性判断C;根据三角函数图象的平移变换可得平移后函数解析式，判断D.【详解】由函数图象可知，,最小正周期为，所以，将点代入函数解析式中，得：，结合，所以，故，对于A，当时，故直线不是图象的一条
5、对称轴，A错误;对于B，令，则，即图象的对称中心为，故B错误；对于C，当时，由于正弦函数在上递增，故在区间上单调递增，故C正确；对于D，将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，该函数不是奇函数，故D错误；故选：C8. 已知定义在上函数满足，则关于的不等式的解集为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，得到函数的单调性，根据单调性解不等式即可.【详解】令，则，所以在单调递减，不等式可以转化为，即，所以.故选：D.9. 已知定义在R上的函数，若函数恰有2个零点，则实数m的取值范围为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】把函数恰有2个零点转化为和有两个交点.
6、利用图像法解.【详解】因为函数恰有2个零点，所以和有两个交点.作出函数的图像如图所示：因为时，和相交，所以只需和再有一个交点.当时，若与相切，则有的判别式，此时.当时，若与相切，则有的判别式，此时.当时，若与相切，设切点为.则有，解得：.所以要使函数恰有2个零点，只需或或，解得：或或.故选：D【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的
7、方法求解第卷（105分）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10. _【答案】【解析】【分析】根据对数的运算性质即可求得答案.【详解】,故答案为：.11. 若复数是纯虚数，则实数的值是_.【答案】【解析】【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再由实部等于，虚部不等于即可求解.【详解】因为纯虚数，所以，解得，故答案为：.12. 已知函数，若正数a、b满足，则_，的最小值为_.【答案】 . . 【解析】【分析】分析出函数为上的增函数且为奇函数，由已知条件可得出，将所求不等式变形得出，然后再利用基本不等式可
8、求得结果.【详解】函数的定义域为，故函数为奇函数，因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数，由可得，可得，则，所以，.当且仅当，时，等号成立，所以，的最小值为.故答案为:；.13. 设100件产品中有70件一等品，25件二等品，规定一、二等品为合格品从中任取1件，已知取得的是合格品的条件下，则它是一等品的概率为_【答案】【解析】【分析】方法1：由条件概率公式计算可得结果.方法2：由条件概率公式计算可得结果.【详解】设事件A表示“取得合格品”，事件B表示“取得一等品”，由已知得：，方法1：取得的是合格品，它是一等品的概率为：方法2： 取得的是合格品，它是一等品的概率为：故答案为：.14. 已
9、知函数在上有且仅有2个零点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】令，解得，然后根据在上有且只有2个零点列不等式，解不等式即可.【详解】令，则，解得，因为在上有且只有2个零点，所以，解得.故答案为：.15. 已知函数，若恰有2个零点，则实数a的值为_，若关于x的方程恰有4个不同实数根，则实数m的取值范围为_.【答案】 . ； . 【解析】【分析】先利用导数研的的图象，再作出的图象,恰有2个零点，则与有2个交点，数形结合即可得实数a的值;若关于x的方程恰有4个不同实数根，令，通过分析可得有2个不等根,且，再数形结合即可建立的不等式组，即可求解【详解】当时，则，令，解得，所以当时，,单调递
10、增，时，,单调递减,再根据题意可作出的图象如下:若有2个零点,则与有2个交点，数形结合可知;若关于x的方程恰有4个不同实数根，令，则有两个不等实数根，故，与都有2个交点或者与仅1个交点，与有3个交点；当，与都有2个交点，根据图象可得，不满足，舍去；当与仅1个交点，与有3个交点，则，当时，解得，故，解得或，舍去；故两个实数根的范围为，所以解得，所以实数m的取值范围为，故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是利用数形结合思想作出函数的图象，再通过图象得到与仅1个交点，与有3个交点，并通过分析得到，三、解答题（共75分）16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且.（1）求A；（
11、2）若，求的值；（3）若的面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）；（3）8.【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边角互换，然后利用和差公式进行化简得到，即可得到；（2）利用二倍角公式得到，然后利用和差公式得到，最后代入即可；（3）利用面积公式得到，利用余弦定理得到，两式结合可得，然后求周长即可.【小问1详解】根据正弦定理得，则，.【小问2详解】,，.【小问3详解】面积为，且，整理得，根据余弦定理可得，联立，可得，所以周长为8.17. 如图,正三棱柱中,是中点（1）求证:平面;（2）若,求点到平面的距离;（3）当为何值时,二面角的正弦值为？【答案】（1）证明见解析（2）（3）1【解析】【分析
12、】(1) 连接交于点,连接,根据中位线即可证明,再利用线面平行判定定理即可证明;(2)根据正三棱柱的几何特征,求出各个长度及,再用等体积法即可求得;(3)建立合适空间直角坐标系,设出长度,找到平面及平面的法向量,建立等式,求出长度之间的关系即可证明.【小问1详解】证明:连接交于点,连接如图所示:因为三棱柱,所以四边形为平行四边形,所以为中点,因为是中点,所以,因为平面,平面,所以平面;【小问2详解】由题知,因为正三棱柱,所以平面,且为正三角形,因为,所以,所以为直角三角形,记点到平面的距离为,则有,即,即,解得,故到平面的距离为;【小问3详解】由题,取中点为,可知,所以平面,因为为正三角形,是
13、中点,所以,故以为原点,方向为轴,方向为轴,方向为轴建立如图所示空间直角坐标系,不妨记,所以,记平面的法向量为,则有,即,取,可得; 记平面的法向量为,则有,即,取,可得;因为二面角的正弦值为,所以,解得: ,即当时,二面角的正弦值为.18. 如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，短轴长是2（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为，设的斜率为（），的面积为，当，求的取值范围【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据离心率和短轴长求出，可得椭圆的方程；（2）写出直线和的方程，并与椭圆方程联立求出的坐标，求出和，求出直角三角
14、形的面积，代入，解不等式可得结果.【小问1详解】设椭圆的半焦距为，根据题意可得，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由（1）知，椭圆的方程为，所以直线，设，联立，消去并整理得，所以，所以，所以，联立，消去并整理得，所以，所以，所以,所以，由，得，整理得，得，又，所以，所以或.19. 已知数列是等差数列，其前n项和为，；数列的前n项和为，.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和；（3）求证；.【答案】（1），；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式列方程，解得，即可得到，利用时，得到数列为等比数列，然后求即可；（2）根据（1）得到，然后利用裂
15、项相消的方法求和即可；（3）利用放缩的方法得到，然后用错位相减的方法求和，得到，即可证明.【小问1详解】设数列的公差为，则，解得，由可得，当时，则，当时，相减得，整理得，所以数列为等比数列，.【小问2详解】由（1）可得，所以.【小问3详解】由（1）可得，又，设，则，两式相减得，.20. 已知函数，.（1）当时，若曲线与直线相切，求k的值；（2）当时，证明：；（3）若对任意，不等式恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）设切点坐标为，然后利用导数的几何意义列方程，解方程即可得到；（2）证明即证明，然后求导，利用单调性求最值，即可证明；（3）将不等式转化为，然后构造函数，根据的单调性得到恒成立，即，构造函数，根据的单调性得到，然后代入解不等式即可.【小问1详解】当时，则，设切点坐标为，则，解得，所以.【小问2详解】当时，定义域为，令，则，当时，则在上单调递增，又，所以当时，时，所以在上单调递减，上单调递增，所以，则.【小问3详解】由题可知，则不等式恒成立，即，即，即，即在上恒成立，令，易知在上单调递增，所以在上恒成立，即，令，则，当时，当时，所以在上单调递减，上单调递增，则，所以，解得，所以的取值范围为.【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：（1）恒成立；（2）恒成立.
