天津市南开区2022-2023学年高三上学期质检数学试卷（含解析）

天津市南开区2022-2023学年高三（上）质检数学试卷（一）
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）
已知集合，，则( )
A. B. C. D.
命题“，”的否定是( )
A. ，或 B. ，
C. ，或 D. ，
函数的图象可能是( )
A. B. C. D.
“直线垂直于平面内无数条直线”是“直线垂直于平面”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
计算：( )
A. B. C. D.
已知，，，则，，的大小关系为( )
A. B. C. D.
已知平面向量，下列说法中：
；
；
向量与的夹角为；
向量在上的投影向量为，
正确说法的序号是( )
A. B. C. D.
已知函数的部分图象如图所示，则( )
A. B.
C. D.
设函数函数，若存在唯一的，使得的最小值为，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共6小题，共30分）
已知为虚数单位，为纯虚数，则______．
已知，且，则的值为 ．
如图所示的几何体是由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱，且正四棱柱的高是正四棱锥的高的倍，若，，则该几何体的体积是______．
不等式的解集为______；若“：”是“：”成立的必要不充分条件，则实数的取值范围是______．
已知正实数，，满足，则的最大值为______．
在边长为的菱形中，，是的中点，是边上的一点，交于若是的中点，，则______；若在边上不含端点运动，则的取值范围是______．
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）
本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，已知，，．
Ⅰ求角；
Ⅱ求边；
Ⅲ求的值．
本小题分
已知函数，为常数，，且函数在处的切线和在处的切线互相平行．
Ⅰ求常数的值；
Ⅱ若存在使不等式为函数的导数成立，求实数的取值范围．
本小题分
如图，在多面体中，底面为菱形，，平面，平面，．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求直线与平面所成角的正弦值；
Ⅲ求平面和平面的夹角的余弦值．
本小题分
某地气中出现污染，须喷洒一定量的去污剂进行处理．据测算，每喷洒个单位的去污剂，空气中释放的浓度单位：毫克立方米随着时间单位：天变化的函数关系式近似为，若多次喷洒，则某一时刻空气中的去污剂浓度为每次投放的去污剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验知，当空气中去污剂的浓度不低于毫克立方米时，它才能起到去污作用．
Ⅰ若一次喷洒个单位的去污剂，则去污时间可达几天？
Ⅱ若第一次喷洒个单位的去污剂，天后再喷洒个单位的去污剂，要使接下来的天中能够持续有效去污，试求的最小值精确到，参考数据：取．
本小题分
已知是函数的一个极值点，其中，．
Ⅰ求与的关系式；
Ⅱ设函数．
(ⅰ)讨论函数的单调性；
(ⅱ)若，为函数的两个不等于的极值点，设，，记直线的斜率为，求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：或，，
又，．
故选：．
求解一元二次不等式化简，进一步求得，再由交集运算得答案．
本题考查交集、补集及其运算，考查一元二次不等式的解法，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为特称命题的否定是全称命题，
所以：，的否定是：，或．
故选：．
直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
本题考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．
3.【答案】
【解析】解：的定义域为，
且，所以为奇函数，故排除选项D；
当时，，故排除选项B，．
故选：．
利用函数的奇偶性及函数值的大小进行排除即可得答案．
本题主要考查函数图象的判断，考查函数性质的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：若直线垂直于平面，则直线垂直于平面内无数条直线成立，即必要性成立，
反之若直线垂直于平面内无数条直线，则无法判断直线垂直于平面，即充分性不成立，
即“直线垂直于平面内无数条直线”是“直线垂直于平面”的必要不充分条件，
故选：．
根据线面垂直的定义以及充分条件和必要条件的关系进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用线面垂直的定义是解决本题的关键，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：原式
，
故选：．
根据对数，指数的运算性质化简即可求解．
本题考查了对数，指数的运算性质，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：设，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
又，，，
所以，，
所以，且；
因为是定义域上单调递增，且，
，
所以，即，
所以．
故选：．
即，
故选：．
设，利用导数判断函数的单调性，求出的最大值是，再利用函数的单调性比较、的大小．
本题考查了利用函数的单调性判断函数值大小的应用问题，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：，
，
，
，
，
，
向量在上的投影向量为，
正确的有，
故选：．
根据向量的坐标运算，向量模的定义，向量的的数量积的定义，向量的夹角公式，投影向量的定义，即可分别求解．
本题考查向量的坐标运算，向量的模的定义，向量的的数量积的定义，向量的夹角公式，投影向量的定义，属中档题．
8.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查的知识要点：正弦型函数的性质的应用，三角函数关系式中，、的确定，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
直接利用函数的图象确定函数关系式中，、的值，进一步确定函数的关系式．
【解答】
解：根据函数的图象，得到；
由于，故，所以；
当时，，
由于，所以．
故
故答案选：．

9.【答案】
【解析】解：作出函数函数的图象，可得的最小值为，最大值为；
函数，且仅当取得最小值．
由存在唯一的，使得的最小值为，
可得，解得．
故选：．
作出函数的图象，可得最小值为，最大值为，由基本不等式可得的最小值为，由题意可得，解不等式即可得到所求范围
本题考查分段函数的图象及应用，考查基本不等式的运用：求最值，注意数形结合思想方法的运用，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：复数是虚数单位为纯虚数，
又，
，，
，
故答案为：．
首先进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，把复数变化成代数形式的标准形式，根据这个复数是一个纯虚数，得到实部等于，虚部不等于，得到结果．
本题考查复数的除法计算和基本概念，解题的关键对复数进行整理，整理出一个正确的结果是解好题目的先决条件．
11.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查了同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
将已知等式两边平方，利用同角三角函数基本公式可得，结合范围，利用同角三角函数基本关系式可求，解得，，即可求解的值．
【解答】
解：因为，
所以两边平方，可得，可得，
又因为，
所以，，
所以，
解得，，
则．
故答案为：．

12.【答案】
【解析】解：正四棱柱的高是正四棱锥的高的倍，若，，
由，知，因为，所以正四棱锥的体积；
正四棱柱的体积，
所以该几何体的体积，
故答案为：．
分别计算四棱锥和四棱柱的体积，相加即得．
本题考查了四棱锥和四棱柱的体积计算，属于基础题．
13.【答案】或
【解析】解：，
，
或，
故所求不等式的解集为或，
“：”，即，
“：”是“：”成立的必要不充分条件，
能推出，即或，解得或，
故的取值范围为．
故答案为：或；．
根据已知条件，结合一元二次不等式的解法，以及充分条件与必要条件的定义，即可求解．
本题主要考查一元二次不等式及其应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为正实数，，满足，
所以，当且仅当时取等号，
则．
故答案为：．
由已知得，代入到所求式子，然后进行分离变形，结合基本不等式可求．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：建系如图，根据题意可得：
，，，，
若是的中点，则，
直线方程为，
令，得，，
，又，，
，
，解得，
，
若在边上不含端点运动，
根据题意可设，，
则直线方程为，
令，解得，，
，，
，
又，，
，，
，
故答案为：；
建系，根据坐标法，方程思想，函数思想，即可分别求解．
本题考查坐标法、方程思想、函数思想的应用，属中档题．
16.【答案】解：Ⅰ因为，所以，
所以，
所以，
所以．
因为，所以．
Ⅱ由余弦定理得，所以，
即，
又，
所以．
Ⅲ由正弦定理可得，，
，，，
，，
．
【解析】Ⅰ由已知结合正弦定理及和差角的正弦公式可求，进而可求；
Ⅱ由余弦定理得，可求；
Ⅲ由正弦定理可得，可求，进而得，，利用可求值．
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查三角恒等变换，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】解：Ⅰ因为，
所以，
所以在在处的切线的斜率，
又因为，
所以，
所以函数在处的切线的斜率，
所以，由，得；
Ⅱ因为，
即，
则，
令，
则，
因为，
所以，，
所以，
故，
所以在上是减函数，
因此，
所以存在使不等式成立，
则．
【解析】Ⅰ根据导数的几何意义，结合已知条件，列出关于的等量关系，求解即可；
Ⅱ对目标不等式分离参数，构造函数，利用导数求其值域，即可求得参数范围．
本题考查导数的几何意义，以及利用导数处理存在性问题；第二问中处理问题的关键是分离参数，构造函数，属综合中档题．
18.【答案】证明：Ⅰ在平面和平面中，
，面，面，
面，
又，面，面，
面，，
平面平面，又平面，
平面；
解：Ⅱ取中点，则，如图建立空间直角坐标系，
，
，，
设平面的一个法向量为，
，
直线与平面所成角的正弦值为；
Ⅲ设平面的法向量为，
，
设二面角平面角为，二面角的余弦值为．
【解析】Ⅰ由线面平行的判定可证面、面，再由面面平行的判定可得平面平面，最后由面面平行的性质可得平面；
Ⅱ构建空间直角坐标系，求面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角正弦值；
Ⅲ求面和面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角余弦值．
本题考查了线面平行的证明和线面角与二面角的计算，属于中档题．
19.【答案】解：一次喷洒个单位的净化剂，
浓度，
则当时，由，
解得，此时．
当时，由，解得，
此时．
综合得，
若一次投放个单位的制剂，则有效净化时间可达天．
设从第一次喷洒起，经天，
浓度
，而，
，
故当且仅当时，有最小值为．
令，
解得，
的最小值为．
【解析】利用已知可得：一次喷洒个单位的净化剂，浓度，分类讨论解出即可；
设从第一次喷洒起，经天，可得浓度，变形利用基本不等式即可得出．
本题考查了分段函数的意义与性质、基本不等式、分类讨论等基础知识与基本技能方法，考查了分析问题和解决实际问题的能力，属于难题．
20.【答案】解：Ⅰ，
因为是函数的一个极值点，
所以，得，
所以．
Ⅱ，
，
令，，
，
当，即时，，
所以在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
当，即或时，
函数的对称轴为，
方程的两个根为，，
若，即时，
又或，
所以，
因为，
所以在上，，
所以在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
若，即时，
又或，
所以，
又，
所以，
所以在上，，，，单调递减，
在上，，，，单调递增，
在上，，，，单调递减，
在上，，，，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增．
(ⅱ)证明：因为，
所以方程有两个正根，，
所以，且，
解得，
所以，，
令，则，
所以，
所以，且，
整理得，
设，，
，
设，当且仅当时，取等号，
，
，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以在上单调递增，
所以，
又因为，
所以，
所以．
【解析】Ⅰ求导得，由于是函数的一个极值点，则，即可得出答案．
Ⅱ根据题意可得，求导得，令，，分析的符号，进而可得的单调性．
(ⅱ)由于，则方程有两个正根，，即，且，由韦达定理可得，，令，则，进而可得，且，推出，设，，判断的符号，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．