天津市和平区双菱中学2023届高三下学期开学考试数学试题（含解析）

双菱中学2023届高三下学期开学考试
数学试卷
一、单选题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. “x为整数”是“为整数”的条件（ ）
A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要
3. 函数的图象大致是（ ）
A. B. C. D.
4. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知，则的值为（ ）
A. 1 B. 0 C. －1 D. 2
6. 设双曲线C：的左焦点为F，直线过点F且与双曲线C在第二象限的交点为P，，其中O为坐标原点，则双曲线C的方程为（ ）
A. B. C. D.
7. 战国时期的铜镞是一种兵器，其由两部分组成，前段是高为3cm、底面边长为2cm的正三棱锥，后段是高为1cm的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜镞的体积为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为 B. 时取得最大值
C. 的对称中心坐标是 D. 在上单调递增
9. 已知函数，若方程恰有四个不同的实数解，分别记为，，，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、填空题
10. 已知复数z满足.（其中为虚数单位），则复数z的虚部为______.
11. 若展开式中的所有二项式系数和为512，则______；该展开式中的系数为______.
12. 已知点在圆C：内，过点M的直线被圆C截得的弦长最小值为8，则______.
13. 某公司新成立3个产品研发小组，公司选派了5名专家对研发工作进行指导.若每个小组至少有一名专家且5人均要派出，若专家甲、乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为______.（用数字作答）
14. 已知，则的最小值为______.
15. 如图，中，，，O为BC的中点，以O为圆心，1为半径的半圆与BC交于点D，P为半圆上任意一点，则的最小值为______.
16.（本小题14.0分）
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，.
（1）求c的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
17.（本小题15.0分）
如图，平面ABCD，，，，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点.
（1）求证：平面CPM；
（2）求平面QPM与平面CPM夹角的大小；
（3）若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离.
18.（本小题15.0分）
已知数列的前n项和为，，数列为等比数列，且，分别为数列第二项和第三项.
（1）求数列与数列的通项公式；
（2）若数列，求数列的前n项和.
19.（本小题15.0分）
已知椭圆的一个顶点为，右焦点为F，且，其中O为原点.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）已知点C满足，点B在椭圆上（B异于椭圆的顶点），直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点.求直线AB的方程.
20.（本小题16.0分）
已知函数，曲线在处的切线方程为.
（1）求a，b的值；
（2）求函数在上的最大值；
（3）证明：当时，.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵，，
∴.
故选：A.
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可.
本题考查了集合的描述法和列举法的定义，一元二次不等式的解法，交集及其运算，考查了计算能力，属于容易题.
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了充分、必要、充要条件的判断，属于基础题.
分别判断充分性和必要性是否成立即可.
【解答】
解：当x为整数时，也是整数，充分性成立；
当为整数时，x不一定是整数，如时，所以必要性不成立，即是充分不必要条件.
故本题选A.
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数奇偶性和对称性以及极限思想是解决本题的关键，属于中档题.
先求出函数的定义域，解条件先判断函数的奇偶性和对称性，结合极限思想以及排除法进行排除即可.
【解答】
解：由得，即，即函数的定义域为，
，即函数是奇函数，图象关于原点对称，排除B，
当，，排除A，
当时，，，此时，排除D，
故选：C.
4.【答案】C
【解析】
【分析】
利用对数函数、指数函数及幂函数及特值0比较大小.
本题考查三个数比较大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数、指数函数及幂函数的性质的合理运用.
【解答】
解：∵，
又∵，
即；
∴，
故选：C.
5.【答案】C
【解析】解：∵，
∴，，
∴，
故选：C.
利用指数幂以及对数的运算性质即可得出结论.
本题考查了指数幂以及对数的运算性质，属于基础题.
6.【答案】D
【解析】解：由左焦点F在直线上，令，可得，
由题意可得，
设右焦点为，连接，，，由，故为直角三角形，
因为直线的斜率为，设直线倾斜角为，
则，，则，，
由双曲线定义，则，
所以，双曲线C的方程为，
故选：D.
由题意左焦点F的直线上，可得焦点F的坐标，再由可得为直角三角形，可得a的值，进而求出b的值，求出双曲线的方程.
本题考查双曲线的方程的求法及双曲线的性质的应用，属于中档题.
7.【答案】A
【解析】解：由已知可得，正三棱锥的底面正三角形边长为2，设正三角形内切圆半径为r，
则，
解得，∴其内切圆半径为，
由三棱锥体积与圆柱体积公式得此铜镞的体积约为：
.
故选：A.
求出正三棱锥的底面正三角形内切圆半径为r，再分别利用三棱锥体积与圆柱体积公式求解.
本题考查几何体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题.
8.【答案】D
【解析】解：，
对于A，最小正周期，即A错误；
对于B，令，，则，，
故当，，取得最大值，即B错误；
对于C，令，，则，，所以的对称中心坐标为，，即C错误；
对于D，令，，则，，
故的单调递增区间为，，
而，所以在上单调递增，即D正确.
故选：D.
化简可得，再根据正弦函数的图象与性质，逐一判断选项即可.
本题考查三角函数的综合，熟练掌握二倍角公式，辅助角公式，正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.
9.【答案】A
【解析】解：.
当时，，
令，解得，
当时，，当时，，
令，解得或，
令，解得或，
函数的图象如下所示：
因为方程恰有四个不同的实数解，即与恰有四个交点，所以，
不妨令，
则，且与关于对称，所以，
又，
即，
所以，即，
所以，
所以，
因为在上单调递增，
所以，
所以.
故选：A.
当时利用辅助角公式化简函数解析式，再画出函数图象，不妨令，则，且与关于对称，再根据对数的运算得到，最后转化为关于的函数，结合对勾函数的性质计算可得.
本题考查了三角恒等变化、二次函数的性质、对数函数的性质、数形结合思想、转化思想，属于中档题.
10.【答案】－2
【解析】解：由，
得，
则复数z的虚部为－2.
故答案为：－2.
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数的基本概念得答案.
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题.
11.【答案】9，－84
【解析】解：由已知可得，解得，
则的展开式的通项为，
令，解得，
∴展开式中的系数为.
故答案为：9，－84.
由二项式系数和为，即可求解n的值，利用通项公式即可求得展开式中的系数.
本题主要考查二项式展开式的通项公式，二项式系数，及展开式中特定项的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题.
12.【答案】
【解析】解：由点在圆C：内，
所以，又，解得，
过圆内一点最短的弦，应垂直于该定点与圆心的连线，即圆心到直线的距离为，
又，∴，
所以，解得，
故答案为：.
根据点与圆的位置关系，可求得r的取值范围，再利用过圆内一点最短的弦，结合弦长公式可得到关于r的方程，求解即可.
本题考查直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，属于中档题.
13.【答案】36
【解析】解：当甲、乙两人组成一组时，不同的专家派遣方案总数为：；
当甲、乙两人与其他三人中选一人组成一组时，不同的专家派遣方案总数为：，
所以专家甲、乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为：，
故答案为：36.
根据甲、乙两人组成一组和甲、乙两人与其他三人中选一人组成一组二种情况分类讨论求解即可.
本题考查了排列组合的混合问题，分类讨论是最基本的指导思想，属于基础题.
14.【答案】
【解析】解：因为，
所以，，，
所以，，
则，
当且仅当，且时取等号，此时的最小值.
故答案为：.
由已知结合对数的运算性质可得，，然后结合乘1法配凑基本不等式应用条件，然后结合基本不等式可求.
本题主要考查了基本不等式求解最值，还考查了对数的运算性质，解题的关键是应用条件的配凑.
15.【答案】
【解析】解：建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，设，
故，，所以.
令，根据直线的几何意义可知，
当直线与半圆相切时，t取得最小值，由点到直线的距离公式可得，，
即的最小值是.
故答案为：.
建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，设，
故，，所以.令，根据直线的几何意义可知，即可求解.
本题考查了向量的坐标运算，考查了向量的数量运算，属于中档题.
16.【答案】解：（1）因为，，，
由余弦定理可得，
解得：；
（2），，所以，
由，可得，
由正弦定理可得，即，
可得，
所以；
（3）因为，，
所以，，
，可得，
所以，
所以的值为.
【解析】本题考查利用余弦定理和正弦定理解三角形，三角恒等变换的综合应用，以及由一个三角函数值求其他三角函数值，属于中档题.
（1）由余弦定理及题中条件可得c边的值；
（2）由正弦定理可得的值，再由及正弦定理可得的值；
（3）求出2A及B的正余弦值，由两角差的正弦公式可得的正弦值.
17.【答案】解：（1）证明：连接EM，因为，，
所以，
又因为，所以四边形PABQ为平行四边形，
因为点E和M分别为AP和BQ的中点，所以且，
因为，，F为CD的中点，所以且，
可得且，即四边形EFCM为平行四边形，
所以，又平面MPC，平面MPC，
所以平面MPC.
（2）因为平面ABCD，，故以D为原点，分别以DA，DC，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
依题意可得，，，，，，，
，，，，
设为平面PQM的法向量，
则，即，不妨设，可得，
设为平面PMC的法向量，
则，即，不妨设，可得.
所以，
设平面PQM与平面PMC夹角为，
所以，
即平面PQM与平面PMC夹角的正弦值为.
（3）设，即，
则.
从而.
由（Ⅱ）知平面PMQ的法向量为，
而直线DN与平面PMQ所成的角为，
所以，
即，
整理得，解得或，
因为，
所以，所以，，
所以线段QN的长为.
【解析】（1）连接EM，证得，利用线面平行判定定理即可证明平面MPC；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，求得平面PMQ和平面MPC法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
（3）设，则，从而，由（2）知平面PMQ的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解.
本题考查了线面平行的证明，向量法求解面面角问题，向量法求解线面角问题，方程思想，属于中档题.
18.【答案】解：（1）因为：数列的前n项和为，，
∴；
∵数列为等比数列，且，分别为数列第二项和第三项；
∴，；
∴；；
∴；
（2）∵数列；
令；①
∴，②
①－②得：
；
.
∴.
令；
∴数列的前n项和.
【解析】（1）利用前n项和与通项之间的关系即可求出数列的通项公式，进而得到数列的通项公式；
（2）利用错位相减求和以及裂项求和对其整理即可.
本题主要考查由数列的前n项和与通项之间的关系求出数列的通项，数列求和的错位相减法以及裂项求和法，考查了转化能力和分析能力，是对数列知识的综合考查，属于中档题目.
19.【答案】解：（Ⅰ）由已知可得，记半焦距为c，由可得，
由，可得，
∴椭圆的方程为.
（Ⅱ）∵直线AB与C为圆心的圆相切于点P，
∴，
根据题意可得直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的方程为，
由方程组，消去y可得，解得，或，
依题意可得点B的坐标为，
∵P为线段AB的中点，点A的坐标为，
∴点P的坐标为，
由，可得点C的坐标为，
故直线CP的斜率为，
∵，
∴，
整理可得，
解得或，
∴直线AB的方程为或.
【解析】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切问题、中点坐标公式等基础知识与基本技能方法，向量与椭圆的综合问题，考查了推理能力和计算能力，属于拔高题.
（Ⅰ）根据题意可得，由，可得，即可求出椭圆方程；
（Ⅱ）根据题意可得直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的方程为，联立方程组，求出点B的坐标，再根据中点坐标公式可得点P的坐标，根据向量的知识求出点C的坐标，即可求出CP的斜率，根据直线垂直即可求出k的值，可得直线AB的方程.
20.【答案】解：（1）由，得，
由题意，得，解得，；
（2）由（1）知，，
因为时，（当且仅当时取等号），
所以，
所以在上单调递增，；
（3）证明：由及（2）可知，
在处的切线方程为，
令，，
则，，
易得在上单调递减，在上单调递增，
又，，，所以，
所以存在，使得，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为，
所以，当且仅当时取等号，
所以，，
因为，所以，当时取等号，
所以，
所以，
即当时，.
【解析】（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义及已知切线方程建立关于a，b的方程求解；
（2）结合导数判断函数的单调性，再求出函数在上的最大值；
（3）令，，对其求导，利用导数求出函数的最值，再结合函数性质及零点判定定理证明即可.
本题主要考查了导数几何意义，导数与单调性关系在最值求解中的应用，考查了方程思想和转化思想，属于中档题.