2023年高考考前押題密卷數(shù)學(xué)試題（天津卷）（Word版附解析）

這是一份2023年高考考前押題密卷數(shù)學(xué)試題（天津卷）（Word版附解析），共21頁。試卷主要包含了選擇題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
2023年高考考前押題密卷數(shù)學(xué)·全解全析一、選擇題（本題共9小題，每小題5分，共45分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．）1．【原創(chuàng)】集合，，則（    ）．A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)函數(shù)定義域求出，再根據(jù)交集定義即可求出．【詳解】因?yàn)?/span>，解得，且，所以，所以，故選：A．2．【原創(chuàng)】已知向量，，，則“”是“”的（    ）.A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】由得出的關(guān)系，進(jìn)而可得出答案.【詳解】由得，進(jìn)而得出，即或；所以由不能推出，反之則成立；所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B 3．函數(shù) 的大致圖象為（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由函數(shù)的奇偶性排除BD選項(xiàng)，再根據(jù)時排除C得A.【詳解】解：因?yàn)楫?dāng)時，，則，當(dāng)時，，所以函數(shù)為奇函數(shù)，圖像關(guān)于原點(diǎn)對稱，故排除BD；因?yàn)楫?dāng)時，，，故，所以C選項(xiàng)不滿足，A選項(xiàng)滿足.故選：A4．已知，，，則的大小關(guān)系是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】將化為同底的對數(shù)形式，根據(jù)對數(shù)函數(shù)單調(diào)性可知；利用可得，由此可得結(jié)論.【詳解】，，又，；，，又，；綜上所述：.故選：C.5．某汽車生產(chǎn)廠家研發(fā)了一種電動汽車，為了了解該型電動汽車的月平均用電量（單位：度）情況，抽取了150名戶主手中的該型電動汽車進(jìn)行調(diào)研，繪制了如圖所示的頻率分布直方圖，其中，第5組小長方形最高點(diǎn)的縱坐標(biāo)為x，則該型電動汽車月平均用電量在的戶主人數(shù)為（    ）A．98 B．103 C．108 D．112【答案】C【分析】由頻率和為1列方程求x，再根據(jù)直方圖中區(qū)間頻率求樣本中對應(yīng)的戶主人數(shù).【詳解】由，得.月平均用電量在的用戶戶.故選：C6．?dāng)€尖是古代中國建筑中屋頂?shù)囊环N結(jié)構(gòu)形式，常見的有圓形攢尖?三角攢尖?四角攢尖?六角攢尖等，多見于亭閣式建筑，某園林建筑為四角攢尖，它主要部分的輪廓可近似看作一個正四棱錐，若這個正四棱錐的棱長均為2，則該正四棱錐的體積為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)題意，結(jié)合正四棱錐的性質(zhì)，即可求得、的長，根據(jù)椎體體積公式，即可得答案.【詳解】如圖所示，正四棱錐棱長均為2，連接AC、BD交于點(diǎn)O，連接PO根據(jù)正四棱錐的性質(zhì)，可得平面ABCD.所以，，所以正四棱錐的體積.故選：C7．已知拋物線的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，過F且斜率為的直線與C交于A，B兩點(diǎn)，D為AB的中點(diǎn)，且于點(diǎn)M，AB的垂直平分線交x軸于點(diǎn)N，四邊形DMFN的面積為，則（    ）A． B．4 C． D．【答案】A【分析】設(shè)出直線AB的方程，聯(lián)立拋物線方程，表達(dá)出點(diǎn)坐標(biāo)，作出輔助線，求出，得到四邊形DMFN為平行四邊形，利用面積列出方程，求出.【詳解】由題意知，直線AB的方程為．設(shè)，由，得，所以，所以，由，得．如圖所示，作軸于點(diǎn)E，則．因?yàn)?/span>，故，，又，故，又，得四邊形DMFN為平行四邊形．所以其面積為，解得．故選：A 8．已知函數(shù)，以下說法中，正確的是（）①函數(shù)關(guān)于點(diǎn)對稱；②函數(shù)在上單調(diào)遞增；③當(dāng)時，的取值范圍為；④將函數(shù)的圖像向右平移個單位長度，所得圖像對應(yīng)的解折式為．A．①② B．②③④ C．①③ D．②【答案】D【分析】利用倍角公式和輔助角公式化簡函數(shù)解析式，再利用正弦函數(shù)的性質(zhì)，解決函數(shù)圖像的對稱中心、單調(diào)區(qū)間、值域和平移問題.【詳解】由題意可得，,由，則，所以圖像的對稱中心為，說法①錯誤；，則，是函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間，說法②正確；當(dāng)時，，，則的取值范圍為，說法③錯誤；將函數(shù)的圖像向右平移個單位長度，所得圖像對應(yīng)的解折式為，說法④錯誤.故選：D9．已知定義在上的函數(shù)是偶函數(shù)，當(dāng)時，，若關(guān)于的方程，有且僅有6個不同實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由偶函數(shù)性質(zhì)可以畫出函數(shù)的圖像，關(guān)于的方程有6個不同的實(shí)數(shù)根，根據(jù)數(shù)形結(jié)合和韋達(dá)定理即可求得結(jié)果.【詳解】由題意可知，函數(shù)的圖像如下圖所示：根據(jù)函數(shù)圖像，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；且時取最大值2，在時取最小值0，是部分圖像的漸近線.令，則關(guān)于的方程即可寫成此時關(guān)于的方程應(yīng)該有兩個不相等的實(shí)數(shù)根（其他情況不合題意），設(shè)為方程的兩個實(shí)數(shù)根，顯然，有以下兩種情況符合題意：①當(dāng)時，此時，則②當(dāng)時，此時，則綜上可知，實(shí)數(shù)的取值范圍是.故選：C. 第Ⅱ卷二?填空題：（本題共6小題，每小題5分，共30分。試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分。）10．【原創(chuàng)】已知復(fù)數(shù)（是虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于第_____象限.【答案】一【解析】化簡得到，得到復(fù)數(shù)對應(yīng)象限.【詳解】，復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為，故復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限.故答案為：一.11．【原創(chuàng)】若的展開式中所有項(xiàng)的系數(shù)和為，則展開式中的系數(shù)為__________.【答案】【分析】令，解出，進(jìn)而通過二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式即可求解；【詳解】令，得，解得，進(jìn)而可得的展開式為，令，得，令，得，故的系數(shù)為.故答案為：12．【原創(chuàng)】已知，則的最小值為____________.【答案】4【分析】將構(gòu)造變形為，然后利用基本不等式即可求解；【詳解】由，當(dāng)且僅當(dāng)，也即時等號成立，故最小值為4.故答案為：413．某項(xiàng)選拔共有三輪考核，每輪設(shè)有一個問題，能正確回答問題者進(jìn)入下一輪考試，否則即被淘汰．已知某選手能正確回答第一、二、三輪的問題的概率分別為，，，且各輪問題能否正確回答互不影響，則該選手被淘汰的概率為_________．【答案】【分析】設(shè)事件表示“該選手能正確回答第輪的問題”，選手被淘汰，考慮對立事件，代入的值，可得結(jié)果；【詳解】記“該選手能正確回答第輪的問題”為事件，則.該選手被淘汰的概率： 故答案為：14．【原創(chuàng)】已知圓與圓外切，此時直線被圓所截的弦長為__________．【答案】【分析】由兩圓外切關(guān)系求出的值，進(jìn)而代入公式即可求解；【詳解】由題意可得：，即圓的圓心為，半徑為，即圓心到直線的距離為，故所截弦長為.故答案為：15．窗花是貼在窗子或窗戶上的剪紙，是中國古老的傳統(tǒng)民間藝術(shù)之一，圖1是一個正八邊形窗花隔斷，圖2是從窗花圖中抽象出的幾何圖形的示意圖．如圖2，正八邊形ABCDEFGH中，若，則的值為________ ；若正八邊形ABCDEFGH的邊長為2，P是正八邊形ABCDEFGH八條邊上的動點(diǎn)，則的最小值為______.【答案】  【分析】以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以所在直線為軸，建立平面直角坐標(biāo)系，由，列出方程組，求得，從而得到；設(shè)，則，由即可求得的最小值.【詳解】，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以所在直線為軸，建立平面直角坐標(biāo)系，正八邊形內(nèi)角和為，則，所以，,,因?yàn)?/span>，則，所以，解得，所以；設(shè)，則，，則，所以，當(dāng)點(diǎn)在線段上時，取最小值.故答案為：，. 三、解答題（本題共5小題，共75分，解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟。）16．(本題14分)在中，角、、的對邊分別為、、，已知.(1)求的值；(2)若，（ⅰ）求的值；（ⅱ）求的值.【答案】(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）利用正弦定理化簡原式，直接利用余弦定理求的值即可；（2）（i）由（1）可得，再利用正弦定理求的值，利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系和兩角和的正切公式即可求解；（ii）由二倍角的正弦公式以及兩角和的正弦公式可得結(jié)果．【詳解】（1）在中，由正弦定理 可得：，整理得，由余弦定理，可得；（2）（i）由（1）可得，又由正弦定理，及已知，可得，由已知，可得，故有，為銳角，可得，，則；（ii）由（i）可得，,.17．(本題15分)已知正三棱柱中，側(cè)棱長為，底面邊長為2，D為AB的中點(diǎn).(1)證明：；(2)求二面角的大小；(3)求直線CA與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)(3)【分析】（1）由正三棱柱的性質(zhì)可得平面，再利用線面垂直的判定定理即可證明平面，即可得；（2）以的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系利用空間向量與二面角的幾何關(guān)系即可求得二面角的大小為；（3）根據(jù)（2）中結(jié)論，利用線面角與空間向量的關(guān)系即可得直線CA與平面所成角的正弦值為.【詳解】（1）由為正三棱柱可知，平面，又平面，所以，由底面是邊長為2的正三角形，D為AB的中點(diǎn)，所以；又，平面，所以平面；又平面，所以；（2）取線段的中點(diǎn)分別為，連接，易知兩兩垂直，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖所示;由側(cè)棱長為，底面邊長為2可得，，由D為AB的中點(diǎn)可得，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則，令，可得；即；易得即為平面的一個法向量，所以，設(shè)二面角的平面角為，由圖可知為銳角，所以，即；即二面角的大小為.（3）由（2）可知，平面的一個法向量為，設(shè)直線CA與平面所成的角為，所以，即直線CA與平面所成角的正弦值為.18．(本題15分)已知數(shù)列滿足，其前8項(xiàng)的和為64；數(shù)列是公比大于0的等比數(shù)列，，．(1)求數(shù)列和的通項(xiàng)公式；(2)記，，求數(shù)列的前項(xiàng)和；(3)記，求．【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）根據(jù)條件得到等差數(shù)列的公差，利用前項(xiàng)和公式，求出首項(xiàng)，得到通項(xiàng)公式，設(shè)出公比，得到方程，求出公比，寫成通項(xiàng)公式；（2）寫出的通項(xiàng)公式，利用裂項(xiàng)相消法求和；（3）方法一：變形得到，其中利用錯位相減法求和，分為偶數(shù)和為奇數(shù)兩種情況求解，最終求出；方法二：變形后，利用裂項(xiàng)相消法求和，分為偶數(shù)和為奇數(shù)兩種情況求解，最終求出.【詳解】（1）∵，∴數(shù)列是公差為等差數(shù)列，且，∴，解得，∴；設(shè)等比數(shù)列的公比為（），∵，，，即，解得（舍去）或，∴（2）由（1）得，（3）方法一：∵，①②兩式相減得，，，當(dāng)為偶數(shù)時，，當(dāng)為奇數(shù)時，，.方法二：當(dāng)為偶數(shù)時，，當(dāng)為奇數(shù)時，，.19．(本題15分)已知橢圓的離心率為，左、右頂點(diǎn)分別為、，點(diǎn)、為橢圓上異于、的兩點(diǎn)，面積的最大值為．(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)直線、的斜率分別為、，且．①求證：直線經(jīng)過定點(diǎn)．②設(shè)和的面積分別為、，求的最大值．【答案】(1)(2)①證明見解析；②【分析】（1）根據(jù)題意可得出關(guān)于、、的方程組，解出這三個量的值，即可得出橢圓的方程；（2）①分析可知直線不與軸垂直，設(shè)直線的方程為，可知，設(shè)點(diǎn)、.將直線的方程的方程與橢圓的方程聯(lián)立，列出韋達(dá)定理，利用求出的值，即可得出直線所過定點(diǎn)的坐標(biāo)；②寫出關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，利用對勾函數(shù)的單調(diào)性可求得的最大值.【詳解】（1）解：當(dāng)點(diǎn)為橢圓短軸頂點(diǎn)時，的面積取最大值，且最大值為，由題意可得，解得，所以，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.（2）解：①設(shè)點(diǎn)、.若直線的斜率為零，則點(diǎn)、關(guān)于軸對稱，則，不合乎題意.設(shè)直線的方程為，由于直線不過橢圓的左、右焦點(diǎn)，則，聯(lián)立可得，，可得，由韋達(dá)定理可得，，則，所以，，解得，即直線的方程為，故直線過定點(diǎn).②由韋達(dá)定理可得，，所以，，，則，因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，故，所以，，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，因此，的最大值為.20．(本題16分)設(shè)函數(shù)．(1)求的單調(diào)區(qū)間；(2)已知，曲線上不同的三點(diǎn)處的切線都經(jīng)過點(diǎn)．證明：（ⅰ）若，則；（ⅱ）若，則．（注：是自然對數(shù)的底數(shù)）【答案】(1)的減區(qū)間為，增區(qū)間為.(2)（ⅰ）見解析；（ⅱ）見解析.【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論其符號后可得函數(shù)的單調(diào)性.（2）（ⅰ）由題設(shè)構(gòu)造關(guān)于切點(diǎn)橫坐標(biāo)的方程，根據(jù)方程有3個不同的解可證明不等式成立，（ⅱ） ，，則題設(shè)不等式可轉(zhuǎn)化為，結(jié)合零點(diǎn)滿足的方程進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為，利用導(dǎo)數(shù)可證該不等式成立.【詳解】（1），當(dāng)，；當(dāng)，，故的減區(qū)間為，的增區(qū)間為.（2）（ⅰ）因?yàn)檫^有三條不同的切線，設(shè)切點(diǎn)為，故，故方程有3個不同的根，該方程可整理為，設(shè)，則，當(dāng)或時，；當(dāng)時，，故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，因?yàn)?/span>有3個不同的零點(diǎn)，故且，故且，整理得到：且，此時，設(shè)，則，故為上的減函數(shù)，故，故.（ⅱ）當(dāng)時，同（ⅰ）中討論可得：故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，不妨設(shè)，則，因?yàn)?/span>有3個不同的零點(diǎn)，故且，故且，整理得到：，因?yàn)?/span>，故，又，設(shè)，，則方程即為：即為，記則為有三個不同的根，設(shè)，，要證：，即證，即證：，即證：，即證：，而且，故，故，故即證：，即證：即證：，記，則，設(shè)，則，所以，，故在上為增函數(shù)，故，所以，記，則，所以在為增函數(shù)，故，故即，故原不等式得證：