1、2023年4月天津市和平区2019届高三下学期第一次质量调查数学（理）试题温馨提示：本试卷包括第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分。考试时间120分钟。祝同学们考试顺利！第卷 选择题（共40分）注意事项:1. 答第卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上。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他答案标号。答在试卷上的无效。3. 本卷共8小题，每小题5分，共40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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【分析】根据集合的交集运算
2、得到结果即可.【详解】集合M=0，1，2，N=x|x-1x1，xZ=-1，0，1则.故答案为：C.【点睛】本题考查了集合的交集运算及集合的包含关系，属简单题2.设变量满足约束条件，则的最大值为（ ）A. 1B. 6C. 5D. 4【答案】C【分析】首先绘制可行域，然后结合目标函数的几何意义确定目标函数取得最大值时点的坐标，据此求解目标函数的最大值即可.【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数即：，其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点C处取得最大值，联立直线方程：，可得点的坐标为：，据此可知目标函数的最大值为：.本题选
3、择C选项.【点睛】求线性目标函数zaxby(ab0)的最值，当b0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.3.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）A. 20B. 30C. 40D. 50【答案】B试题分析：不成立，执行循环体，；不成立，执行循环体，不成立，执行循环体，不成立，执行循环体，成立，退出循环体，输出，故答案为B.考点：程序框图的应用.4.在中，则的面积为（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】C试题分析：由结合余弦定理，可得，则故答案选C考点：余弦定理，同
4、角间基本关系式，三角形面积公式【此处有视频，请去附件查看】5.不等式成立的充分不必要条件是A. B. C. 或D. 或【答案】A【分析】由解得：或，据此确定其成立的一个充分不必要条件即可.【详解】由可得，解得：或，据此可得不等式成立的充分不必要条件是.本题选择A选项.【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，充分必要条件的判定等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6.已知，则下列不等式一定成立的是A. B. C. D. 【答案】D【分析】由可得，故，据此逐一考查所给的选项是否正确即可.【详解】由可得，故，逐一考查所给的选项：A.；B.，的符号不能确定；C.；D.本题选择D选项.【点睛】本题
5、主要考查对数函数的性质，不等式的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7.设双曲线的一个焦点与抛物线的焦点相同，离心率为，则抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离为A. B. C. D. 【答案】B【分析】由题意可得双曲线的一个焦点为(0,2)，据此整理计算可得双曲线的渐近线方程为，求得渐近线方程为，结合点到直线距离公式求解焦点到渐近线的距离即可.【详解】抛物线的焦点为(0,2)，的一个焦点为(0,2)，焦点在轴上，.根据双曲线三个参数的关系得到，又离心率为2，即，解得，此双曲线的渐近线方程为，则双曲线的一条渐近线方程为，则抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离为：.本题选
6、择B选项.【点睛】本题主要考查双曲线方程的求解，双曲线的渐近线方程，点到直线距离公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8.已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解,则的取值范围是A. B. C. D. 【答案】C【分析】原问题等价于与有三个不同的交点.首先研究函数的性质并绘制出函数图像，然后结合函数图像确定实数m的取值范围即可.【详解】关于的方程恰有三个不相等的实数解，即方程恰有三个不相等的实数解，即与有三个不同的交点.令，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；且当时，当时，当时，据此绘制函数的图像如图所示，结合函数图像可知，满足题意时的取值范围是 .本题选择C选项.【点睛】
7、函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点第卷 非选择题（共110分）注意事项:1. 用钢笔或圆珠笔直接答在答题卷上，答在本试卷上的无效。2. 本卷共12小题，共110分。二、填空题：本大题共6小题,每小题5分,共30分.把答案填在答题卷上. 9.已知，且复数是纯
8、虚数,则 _.【答案】【分析】由复数的运算法则可得，结合题意得到关于的方程，解方程即可确定实数的值.【详解】由复数的运算法则可得：，复数为纯虚数，则：，据此可得：.故答案为：【点睛】本题主要考查复数的运算法则，纯虚数的概念及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.10.的展开式中的系数为_.（用数字作答）【答案】80【分析】由二项式展开式的通项公式可得，据此即可确定的系数.【详解】由二项式展开式的通项公式可得，令可得，则的系数为.故答案为：80【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意
9、二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且nr，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项11.已知一个几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积为_cm3【答案】20根据几何体的三视图知，该几何体是直三棱柱，切去一个三棱锥，如图所示；该几何体的体积为 .12.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且单位长度相同建立极坐标系，若直线(为参数)被曲线截得的弦长为，则的值为_.【答案】或【分析】消去参数t得到直线的普通方程，然后将极坐标方程转化为直角坐标方程，结合弦长公式可知圆心到直线的距离为，据此求解a的值即可.【详解
10、】消去参数可得直线方程为，即，极坐标方程化为直角坐标方程可得曲线的直角坐标方程为，由圆的弦长公式有：，结合点到直线距离公式可得：，解得：或.【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，圆的弦长公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13.如图，在直角梯形中，.若分别是边上的动点，满足，其中，若，则的值为_.【答案】【分析】建立直角坐标系，由题意可得：，由题意可得，结合平面向量数量积的坐标运算得到关于的方程，解方程即可求得实数的值.【详解】建立如图所示的直角坐标系，由题意可得：，设，即，据此可得：，故，同理可得，据此可得：，则，整理可得：，由于，故.【点睛】求两个向量的数量积
11、有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用14.已知为正数，若直线被圆截得的弦长为，则的最大值是_.【答案】【分析】由题意可知圆的圆心坐标为(0,0)，半径r=2，结合点到直线距离公式有，据此整理计算可得，结合二次函数的性质确定其最大值即可.【详解】圆的圆心坐标为(0,0)，半径r=2，由直线被圆截取的弦长为,可得圆心到直线的距离，则时,取得最大值.故答案为：【点睛】本题主要考查等价转化的数学思想，二次函数最值的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.三、解答题：本大题共6小题,共80分.解答应写出
12、文字说明,证明过程或演算步骤.15.设的内角所对边的长分别是，且.()求的值；()求的值.【答案】（）； （）.【分析】()由题意结合正弦定理可得，代入边长求解a的值即可；()由余弦定理可得：，则，利用二倍角公式和两角和差正余弦公式求解的值即可.【详解】()由可得，结合正弦定理可得：，即：，据此可得.()由余弦定理可得：，由同角三角函数基本关系可得，故，.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，两角和差正余弦公式，二倍角公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16.点外卖现已成为上班族解决午餐问题的一种流行趋势.某配餐店为扩大品牌影响力，决定对新顾客实行让利促销，规定：凡点餐的新顾客均可
13、获赠10元或者16元代金券一张，中奖率分别为和，每人限点一餐，且100%中奖.现有A公司甲、乙、丙、丁四位员工决定点餐试吃.() 求这四人中至多一人抽到16元代金券的概率；() 这四人中抽到10元、16元代金券的人数分别用、表示，记，求随机变量的分布列和数学期望.【答案】（）；（）答案见解+析.【分析】(1)设“这4人中恰有i人抽到16元代金券”为事件.由题意求解“四人中至多一人抽到16元代金券”的概率即可；(2)设“这4人中恰有i人抽到500元代金券”为事件.由题意可知可取0,3,4.求得相应的概率值，列出分布列，最后求解数学期望即可.【详解】(1)设“这4人中恰有i人抽到16元代金券”为事
14、件.易知“四人中至多一人抽到16元代金券”的概率：.(2)设“这4人中恰有i人抽到500元代金券”为事件.由题意可知可取0,3,4.，.故的分布列为：.【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列，离散型随机变量的期望的求解，古典概型计算公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.17.如图，四棱锥的底面是菱形，底面，分别是的中点，.（I）证明：；（II）求直线与平面所成角的正弦值；（III）在边上是否存在点，使与所成角的余弦值为，若存在，确定点位置；若不存在，说明理由.【答案】（）见解+析； （）； （）见解+析.【分析】()由题意结合几何关系可证得平面，据此证明题中的结论即可；()建立
15、空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的一个法向量，然后求解线面角的正弦值即可；()假设满足题意的点存在，设，由直线与的方向向量得到关于的方程，解方程即可确定点F的位置.【详解】()由菱形的性质可得：，结合三角形中位线的性质可知：，故，底面，底面，故，且，故平面，平面，()由题意结合菱形的性质易知，以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则：，设平面的一个法向量为,则：，据此可得平面的一个法向量为，而，设直线与平面所成角为，则.()由题意可得：，假设满足题意的点存在，设，据此可得：，即：,从而点F的坐标为，据此可得：,，结合题意有：，解得：.故点F为中点时满足题意.【点睛】本题主要考
16、查线面垂直的判定定理与性质定理，线面角的向量求法，立体几何中的探索性问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18.已知数列的前n项和，是等差数列，且.（）求数列的通项公式；（）令.求数列的前n项和.【答案】（）;（）试题分析：（1）先由公式求出数列的通项公式；进而列方程组求数列的首项与公差，得数列的通项公式；（2）由（1）可得，再利用“错位相减法”求数列的前项和.试题详细分析：（1）由题意知当时，当时，所以设数列的公差为，由，即，可解得，所以（2）由（1）知，又，得，两式作差，得所以考点 1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前项和.【易错点晴】本题主要考
17、查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前项和，属于难题. “错位相减法”求数列的前项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；相减时注意最后一项 的符号；求和时注意项数别出错；最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.【此处有视频，请去附件查看】19.已知椭圆 经过点,左、右焦点分别、，椭圆的四个顶点围成的菱形面积为.() 求椭圆的方程；() 设是椭圆上不在轴上的一个动点,为坐标原点,过点作的平行线交椭圆于、两点，求的值.【答案】（）； （） 1 .【分析】()由题意可知,据此求得a
18、,b的值确定椭圆方程即可；()设,直线,则直线,联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理和交点坐标确定的值即可.【详解】()由题意可知,解得 ,故椭圆 C 的标准方程为.()设,直线,则直线,由得,所以,所以,由得.所以,所以,即.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题20.设函数.() 求曲线在点处的切线方程；() 讨论函数的单调性； () 设,当时,若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围.【答案】（）； （）见解
19、+析； （）.【分析】()由题意可得，据此确定切线的斜率，结合切点坐标确定切线方程即可；()由可得，据此分类讨论确定函数的单调性即可；()由题意可得，则原问题等价于，据此求解实数b的取值范围即可.【详解】()，因为,且，所以曲线在点处的切线方程为：.()令，所以，当时,，此时在上单调递减,在上单调递增；当时,，此时在上单调递增,在上单调递减.()当时,在上单调递减,在上单调递增，所以对任意,有，又已知存在，使,所以，即存在,使，即，即因为当，所以,即实数取值范围是.所以实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查导数研究函数的单调性，利用导数求解切线方程，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18
