天津南仓中学2023年高三数学文月考试题含解析

1、天津南仓中学2023年高三数学文月考试题含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设a，b均为单位向量，则“”是“ab”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参考答案：C分析：先对模平方，将 等价转化为0，再根据向量垂直时数量积为零得充要关系.详解：，因为a，b均为单位向量，所以 ab，即“”是“ab”的充分必要条件.选C.2. 祖暅是南北朝时代的伟大科学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行

2、于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等现有以下四个几何体：图是从圆柱中挖出一个圆锥所得的几何体；图、图、图分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为（）ABCD参考答案：C试题分析：设截面与底面的距离为，则中截面内圆半径为，则截面圆环的面积为；中截面圆的半径为，则截面圆的面积为；中截面圆的半径为，则截面圆的面积为；中截面圆的半径为，则截面圆的面积为，所以中截面的面积相等，故选C考点：1、数学文化；2、空间几何体的体积【举一反三】处理球的截面问题，主要利用截面圆的半径，球的半径，球心到截面距离为三者之间的勾股关系，即3. 已知z是纯虚数，是实

3、数，那么z等于（）A2iBiCiD2i参考答案：D【考点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算【专题】计算题【分析】设出复数z，代入，它的分子、分母同乘分母的共轭复数，化简为a+bi（a，bR）的形式【解答】解：由题意得z=ai（aR且a0）=，则a+2=0，a=2有z=2i，故选D【点评】本题考查复数的基本概念，复数代数形式的乘除运算，考查计算能力，是基础题4. 已知函数，则与图像在区间内交点的个数为（ ）A、 B、 C、 D、参考答案：记，在区间上单调递增，在区间上没有零点；5. 已知=b+i（a，bR），其中i为虚数单位，则a+b=（）A1B1C2D3参考答案：B【考点】复数代数形式的

4、混合运算【分析】先化简复数，再利用复数相等，解出a、b，可得结果【解答】解：由得a+2i=bi1，所以由复数相等的意义知a=1，b=2，所以a+b=1另解：由得ai+2=b+i（a，bR），则a=1，b=2，a+b=1故选B6. 下列函数中最小正周期为的函数是( )A. B. C. D. 参考答案：D【分析】根据三角函数周期公式即可得到答案.【详解】A选项的最小正周期为；B选项的最小正周期为；C选项的最小正周期为；D选项的最小正周期为.故选：D【点睛】本题考查三角函数的周期性，属基础题.7. 若复数在复平面内对应的点在第三象限,其中，i为虚数单位，则实数a取值范围为（ ）ABCD参考答案：B

5、在复平面内对应的点在第三象限，解得a08. 设变量，满足约束条件，则的最大值为 参考答案：C依题意，画出满足条件的可行域如图中阴影部分，则对于目标函数，当直线经过点时，取得最大值，即故选【解题探究】本题考查线性规划问题中的最优解求解先画出满足条件的可行域，再通过平移直线找到在可行域中满足使取得最大值的点9. 函数的图象大致是（）ABCD参考答案：C【考点】3O：函数的图象【分析】利用排除法，即可得出结论【解答】解：由题意，f（x）=?cos（x）=f（x），函数是奇函数，排除A，B；x0+，f（x）+，排除D故选C10. 某铁路客运部门规定甲、乙两地之间旅客托运行李的费用为：不超过按元/收费，

6、超过的部分按元/收费.相应收费系统的流程图如右图所示，则处应填（ ） 参考答案：B略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 若，则 参考答案：令an=，故S2017=1+=.12. 6人站一排照相，其中有甲乙两人，则甲乙两人之间间隔两人的排法有 参考答案：144我们对六个位置从左到右编号为1,2,3,4,5,6，甲乙可以在14,25,36的位置，有三种，而另外四人的排列有种，又甲乙可以互换，所以甲乙两人之间间隔两人的排法有种。13. 整数数列满足，若此数列的前800项的和是2013，前813项的和是2000，则其前2014项的和为_参考答案：14. 设,定义，则等于 参考答案

7、：15. （文）一个正三棱柱的底面的边长为6，侧棱长为4，则这个棱柱的表面积为_参考答案：16. 曲线（为参数）与曲线（为参数）的公共点的坐标为_参考答案：【测量目标】数学基本知识和基本技能/能按照一定的规则和步骤进行计算、画图和推理.【知识内容】图形与几何/参数方程和极坐标/参数方程. 【试题分析】因为，所以将代入 代入得，解得或,将、代入求得或，因为，所以只有符合题意，故答案为.17. 若存在正数x使2x（xa）1成立，则a的取值范围是（）A（，+）B（2，+）C（0，+）D（1，+）参考答案：D略三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 已知函

8、数f（x）=xlnx，g（x）=x2+ax3（1）求函数f（x）在t，t+2（t0）上的最小值；（2）若存在x0，e（e是自然对数的底数，e=2.71828），使不等式2f（x0）g（x0）成立，求实数a的取值范围参考答案：【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性【分析】（1）由已知知函数f（x）的定义域为（0，+），f（x）=lnx+1，由此利用导数性质能求出函数f（x）在t，t+2（t0）上的最小值（2）由已知得a2lnx+x+，x，e，设h（x）=2lnx+x+，x，e，则，x，e，由此利用导数性质能求出实数a的取值【解答】解：（1）由已知知函数f（x）的定义域为（

9、0，+），f（x）=lnx+1，当x（0，），f（x）0，f（x）单调递减，当x（），f（x）0，f（x）单调递增，t0，t+2当0tt+2，即0t时，f（x）min=f（）=；当，即t时，f（x）在t，t+2上单调递增，f（x）min=f（t）=tlnt（2）不等式2f（x0）g（x0）成立，即2x0lnx0，a2lnx+x+，x，e，设h（x）=2lnx+x+，x，e，则，x，e，x，1）时，h（x）0，h（x）单调递减，x（1，e时，h（x）0，h（x）单调递增，h（x）max=h（）=2+，对一切x0，e使不等式2f（x0）g（x0）成立，ah（x）max=2+3e【点评】本题重点考查

10、利用导数研究函数的性质，利用函数的性质解决不等式、方程问题重点考查学生的代数推理论证能力解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用19. 已知函数f（x）=x33ax2+3a2xa3（aR）的图象关于点（1，0）成中心对称（1）确定f（x）的解析式；（2）求函数g（x）=f（x）2x2在1，1上的最大值和最小值参考答案：【考点】函数的最值及其几何意义；函数的图象与图象变化【分析】（1）由f（x）的图象关于点（1，0）成中心对称，则f（1+x）=f（1x）?6（1a）x2+12（a1）x+（2a）3a3=0对xR恒成立，即可求a（2）利用导数求函数单调区间，再求最值即可【解答】解：（1）法1：化简

11、f（x）得f（x）=（xa）3由f（x）的图象关于点（1，0）成中心对称，则f（1+x）=f（1x）即f（x）=f（2x），代入f（x）得（xa）3+（2xa）3=0，整理得：6（1a）x2+12（a1）x+（2a）3a3=0对xR恒成立，则法2：f（x）=x3是奇函数，f（x）=（xa）3是将f（x）的图象向左（a0）或向右（a0）平移|a|个单位，由题意平移后的图象关于点（1，0）成中心对称，故a=1（2）g（x）=f（x）2x2=（x1）32x2，g（x）=3x210 x+3=0，又x1，1，则x1，时g（x）递增，x时g（x）递减，故g（x）max=g（）=，g（1）=10，g（1）=

12、2，g（x）min=10综上，g（x）max=，g（x）min=1020. （本小题满分12分）已知数列是等差数列，是等比数列，且，（1）求数列和的通项公式（2）数列满足，求数列的前项和参考答案：（）设的公差为，的公比为由，得，从而因此 3分又， 从而，故6分（）令9分两式相减得，又 12分21. （本题满分12分）本大题共有2小题，第1小题满分6分，第2小题满分6分.如图，某种水箱用的“浮球”，是由两个半球和一个圆柱筒组成. 已知球的直径是，圆柱筒长.（1）这种“浮球”的体积是多少（结果精确到0.1）？（2）要在这样个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶克，共需胶多少？ 参考答案：（1），2分 ，2分 2分（2）2分 2分 1个“浮球”的表面积 2500