天津教研联盟2023届高考模拟（一模）数学试题(含解析）

这是一份天津教研联盟2023届高考模拟（一模）数学试题(含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
天津教研联盟2023届高考模拟（一模）数学试题 一、单选题1．（2023·天津·校联考一模）已知全集，集合，则集合为（    ）A． B．C． D．2．（2023·天津·校联考一模）在中，“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．（2023·天津·校联考一模）函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．4．（2023·天津·校联考一模）设，，，则，，的大小顺序是A． B． C． D．5．（2023·天津·校联考一模）某汽车生产厂家研发了一种电动汽车，为了了解该型电动汽车的月平均用电量（单位：度）情况，抽取了150名户主手中的该型电动汽车进行调研，绘制了如图所示的频率分布直方图，其中，第5组小长方形最高点的纵坐标为x，则该型电动汽车月平均用电量在的户主人数为（    ）A．98 B．103 C．108 D．1126．（2023·天津·校联考一模）已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F且斜率为的直线与C交于A，B两点，D为AB的中点，且于点M，AB的垂直平分线交x轴于点N，四边形DMFN的面积为，则（    ）A． B．4 C． D．7．（2023·天津·校联考一模）若，则（    ）A． B．C． D．8．（2023·天津·校联考一模）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（    ）A．勒洛四面体最大的截面是正三角形B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为C．勒洛四面体的体积是D．勒洛四面体内切球的半径是9．（2023·天津·校联考一模）设函数，给出下列结论：①的最小正周期为；②在区间内单调递增；③函数的对称轴方程为④将函数的图像向左平移个单位长度，可得到函数的图像．其中所有正确结论的序号是（    ）A．①②④ B．①③ C．②③ D．①②③ 二、填空题10．（2023·天津·校联考一模）已知复数满足（其中为虚数单位），则的值为________．11．（2023·天津·校联考一模）二项式的展开式中常数项为___________.(用数字作答)12．（2023·天津·校联考一模）半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值为__________.13．（2023·天津·校联考一模）某产品的质量检验过程依次为进货检验（IQC）、生产过程检验（IPQC）、出货检验（OQC） 三个环节．已知某产品IQC的单独通过率为，IPQC的单独通过率为，规定上一类检验不通过则不进入下一类检验，未通过可修复后再检验一次（修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次），且各类检验间相互独立，则一件该产品能进入OQC环节的概率为_________． 三、解答题14．（2023·天津·校联考一模）在中，内角的对边分别为，已知.(1)若的面积等于，求；(2)若，求的面积；(3)若，求的面积.15．（2023·天津·校联考一模）如图，在菱形中，，平面，平面，，.(1)若，求证：直线平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.16．（2023·天津·校联考一模）已知椭圆的离心率为，三点中恰有两个点在椭圆上．(1)求椭圆C的方程；(2)若C的上顶点为E，右焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点（与椭圆顶点不重合），直线EA，EB分别交直线于P，Q两点，求面积的最小值．17．（2023·天津·校联考一模）已知数列满足，，其中.(1)设，求证：数列是等差数列.(2)在（1）的条件下，求数列的前n项和.(3)在（1）的条件下，若，是否存在实数，使得对任意的，都有，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.18．（2023·天津·校联考一模）设函数．(1)讨论的单调性；(2)若当时，不等式恒成立，求m的取值范围． 四、双空题19．（2023·天津·校联考一模）已知向量，向量与向量的夹角为，，则向量__________；若向量与向量的夹角为，向量，其中，当时，实数a的取值范围为__________．20．（2023·天津·校联考一模）已知函数，若，则不等式的解集为_______；若恰有两个零点，则的取值范围为_____．
参考答案：1．D【分析】计算出，从而根据交集，并集和补集概念计算出四个选项，得到正确答案.【详解】由题意知，，A选项，，A错误；B选项，，B错误；C选项，，故，C错误；所以.故选：D.2．C【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】解：若，则，∴，由正弦定理得，所以，因为，所以，所以，∴，反之也成立，故“”是“”的充要条件；故选：C3．B【解析】根据解析式求得函数奇偶性，以及即可容易求得结果.【详解】因为的定义域为，且，故为偶函数，排除C，D，验算特值，排除A,故选：B【点睛】本题考查函数图像的辨识，涉及函数奇偶性的判断和指数运算，属基础题.4．B【解析】判断的大致范围再排序即可.【详解】,且,又.故.故选：B【点睛】本题主要考查了利于指数对数函数的单调性对函数值大小进行比较,属于基础题型.5．C【分析】由频率和为1列方程求x，再根据直方图中区间频率求样本中对应的户主人数.【详解】由，得.月平均用电量在的用户户.故选：C6．A【分析】设出直线AB的方程，联立抛物线方程，表达出点坐标，作出辅助线，求出，得到四边形DMFN为平行四边形，利用面积列出方程，求出.【详解】由题意知，直线AB的方程为．设，由，得，所以，所以，由，得．如图所示，作轴于点E，则．因为，故，，又，故，又，得四边形DMFN为平行四边形．所以其面积为，解得．故选：A7．C【分析】A选项，构造且，求导得到其单调性，求出，A错误；B选项，构造且，求导得到其单调性，求出；C选项，构造且，求导得到其单调性，证明出；D选项，举出反例即可.【详解】对于A，令且，则，故在上单调递增，则，即，所以，即，故A错误；对于，令且，则，故在上单调递增，则，即，所以，故B错误；对于，令且，则，故在上单调递增，则，即，所以，则，故C正确；对于D，当时，，故D错误.故选：C.【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.8．D【分析】由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义求解判断B；根据对称性, 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心求解判断C；结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断.【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示，故A不正确；根据勒洛四面体的性质，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长，所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为，故B错误；如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径. 如图3, 在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，连接、、，由正四面体的性质可知在上.因为, 所以，则.因为，即，解得，则正四面体外接球的体积是，而勒洛四面体的体积小于其外接球的体积，C错误；因为，所以 , 所以，勒洛四面体内切球的半径是，则 D正确.故选：D.【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.9．D【分析】化简，结合三角函数的性质求解即可.【详解】,,故①正确；令，得，当时，在区间内单调递增，故在区间内单调递增，故②正确；令，得，故③正确；的图像向左平移个单位得，故④错误.故选：D.10．【分析】把已知等式变形，再利用复数代数形式的除法运算化简复数z，然后由复数模的公式计算得答案．【详解】，故答案为【点睛】本题考查了复数代数形式的除法运算，考查了复数模的求法，准确计算是关键，是基础题．11．28【分析】先求出二项展开式的通项公式，再令的幂指数等于零，求得的值，即可求得展开式中常数项．【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，令，，故展开式中常数项为第七项，是，故答案为：28．12．【分析】分析出球心的位置，得出半正多面体所在的正四面体的高，求出点到正六边形所在平面的距离，到正三角形所在平面的距离，即可求出当球的表面积最大时，该球的半径，进而得出表面积.【详解】由题意，半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，，当球的表面积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的外接球的球心，记球心为.在中， ，,该半正多面体所在的正四面体的高为：，设点到正六边形所在平面的距离为，过点作于，由几何知识得，∴，即，解得：，∴当球的表面积最大时，该球的半径为，表面积为.故答案为：.13．##0.9【分析】利用独立事件和互斥事件概率求解即可.【详解】设表示第i次通过进货检验，表示第i次通过生产过程检验（），C表示该产品能进入出货检验环节，由题意得．故答案为：.14．(1)(2)(3) 【分析】（1）先根据余弦定理可得，再根据三角形的面积即可求得答案；（2）利用正弦定理化角为边，再结合已知求出即可得解；（3）根据，可得，求出的关系，再结合已知求出即可得解.【详解】（1），由余弦定理得，即，①，，②联立①②解得；（2），由正弦定理得，③联立①③解得，；（3），，即，④联立①④解得，.15．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过几何关系证明，又因为进而得到结果；（2）做于点点，连接，为点到平面的距离，根据，，，通过分析可得到，，进而得到，三角形，可求得，，进而求得结果.【详解】（1），平面，在直角三角形中，用勾股定理得到因为平面，可得到三角形为直角三角形，用勾股定理得到，在直角梯形中，，，，如上图：作交于点，则三角形为直角三角形， 在三角形中，满足 同理可证， 故得到直线平面（2），取和的交点为为，连接，因为故得到面，面，故得到面垂直于面，两个面的交线为，做于点点，连接，为点到平面的距离，根据 ， 根据条件得到三角形 三角形 可分别求得面积为：在长方形中，， 三角形 可求得 ，解得：， 直线与平面所成角的正弦值为 .16．(1)(2) 【分析】（1）根据对称性得到和在C上，得到，再根据离心率得到答案；（2）设直线，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，计算的横坐标，得到，设，，，计算最值即可.【详解】（1）由椭圆的对称性可知点和在C上，代入方程得．                                          设C的半焦距为，则离心率为，所以，所以，解得，以椭圆C的方程为．（2）设，，，设直线．                   由消去x得，所以， 设点，直线EA的方程为，由与联立得，               同理可得．所以．整理得，因为点到直线的距离，所以．设，则，所以，当，即时，．【点睛】关键点睛：本题考查了求椭圆方程，椭圆中的面积的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，利用换元法求最值是解题的关键.17．(1)证明见解析(2)(3)存在； 【分析】（1）结合递推关系，证明为常数即可；（2）由错位相减法求和；（3）命题等价成恒成立，转为说明恒成立，对n分奇偶讨论，分别求恒成立问题即可.【详解】（1）证明：，，∴数列是首项为2，公差为2的等差数列；（2），设，则①，②，①-②得，∴；（3）存在，理由如下：，，则，若对任意的，都有，则等价于恒成立，即恒成立，，当n为偶数时，，则；当n为奇数时，时，则.综上，存在，使得对任意的，都有.18．(1)在上单调递减，在和上单调递增(2) 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；（2）问题转化为，当时，原不等式可化为，当时，原不等式可化为，根据函数的单调性讨论m的取值范围．【详解】（1）依题意得．①当时，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增；②当时，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在和上单调递增；③当时在上恒成立，所以在上单调递增；④当时，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在和上单调递增．（2）当时，恒成立，则恒成立．（i）当时，不等式即，满足条件．（ii）当时，原不等式可化为，该式对任意恒成立．设，则．设，则．因为，所以，所以在上单调递增，即在上单调递增．又因为，所以是在上的唯一零点，所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以当时，，所以．（iii）当时，原不等式可化为，此时对于（ii）中的函数，可知当时，，所以在上单调递减，且，所以当时，，即，所以在上单调递减，所以当时，，所以．综上所述，m的取值范围是．19．     或     【分析】设出，根据向量数量积公式和夹角公式列出方程组，求出，再根据与夹角的，求出，利用向量线性运算法则和模长公式，结合三角函数恒等变换求出，利用模长取值范围和，得到不等式，求出实数a的取值范围.【详解】设，则，，∴或，∴或，与夹角的，则∴∴因为，所以，，∵，∴，∴，∴，故实数a的取值范围是．20．     ；     【分析】第一空：直接代入，分和解不等式，再取并集即可；第二空：将题设转化为和的实数根的个数为2，分、和依次讨论根的情况，即可求解.【详解】第一空：若，则，当时，由解得，则；当时，由，解得，则；综上可得不等式的解集为；第二空：恰有两个零点等价于和的实数根的个数为2.当时，显然无解；解得（舍去），也无解，不合题意；当时，显然无解；的判别式，设的两根为，则，显然两根一正一负，即有1个实根，不合题意；当时，令的对称轴为，则在单减，则，则无解；，显然时不成立，则，令，则，显然在上单减，在单增，则，又，，则时，有2个根，即恰有两个零点；综上：. 故答案为：；.