2023年天津市十二区县重点学校高考数学模拟试卷（一）（含答案解析）

这是一份2023年天津市十二区县重点学校高考数学模拟试卷（一）（含答案解析），共14页。
2023年天津市十二区县重点学校高考数学模拟试卷（一）1.  设全集，集合，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知平面内一条直线l及平面，则“”是“”的(    )A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件3.  若、是两个单位向量，其夹角是，则“”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4.  函数的部分图象大致为(    )A.  B.  C.  D. 5.  某中学有高中生3000人，初中生2000人，高中生中男生、女生人数之比为3：7，初中生中男生、女生人数之比为6：4，为了解学生的学习状况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为N的样本，已知从初中生中抽取男生12人，则从高中生中抽取的女生人数是(    )A. 12 B. 15 C. 20 D. 216.  已知函数，，，，则(    )A.  B.  C.  D. 7.  柏拉图多面体，是指严格对称，结构等价的正多面体.由于太完美，因此数量很少，只有正四、六、八、十二、二十面体五种.如果用边数不同的正多边形来构造接近圆球、比较完美的多面体，那么数量会多一些，用两种或两种以上的正多边形构建的凸多面体虽不是正多面体但有些类似，这样的多面体叫做半正多面体.古希腊数学家物理学家阿基米德对这些正多面体进行研究并发现了13种半正多面体后人称为“阿基米德多面体”现在正四面体上将四个角各截去一角，形成最简单的阿基米德家族中的一个，又名截角四面体.设原正四面体的棱长为6，则所得的截角四面体的表面积为(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知Q为双曲线的右顶点，M为双曲线右支上一点，若点M关于双曲线中心O的对称点为N，设直线QM，QN的倾斜角分别为，且，则双曲线的离心率为(    )A.  B.  C.  D. 9.  已知函数，若方程有4个零点，则a的可能的值为(    )A.  B. 1 C.  D. 10.  已知i为虚数单位，复数，则______ .11.  在的展开式中的系数为______用数字作答12.  P点是圆C：上一点，则P到直线l：距离的最大值是______.13.  一个袋中共有10个大小相同的黑球、白球和红球．已知从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是，则白球的个数为__________；从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为，则随机变量的数学期望__________.14.  设，，则的最小值为______ .15.  在中，已知，，，D为边AB上一动点，过点D作一条直线交边AC于点E，
若D为AB中点，且，则______ ；
设，则的最大值是______ .16.  在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，已知，，求：和c的值；的值． 17.  如图，且，，且，且，平面ABCD，
若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面CDE；
求二面角E一BC一F的正弦值；
求直线AD到平面EBC的距离.
18.  已知椭圆C：的离心率为，直线l：与C交于M，N两点，且
求C的方程；
若C的左、右顶点分别为A，B，点不同于M，为直线l上一动点，直线AD，BD分别与C交于点P，Q，证明：直线PQ恒过定点，并求出该定点的坐标.19.  设是等差数列，是等比数列.已知，，，
求和的通项公式；
设数列满足，其中
求数列的通项公式；
求20.  已知函数
讨论的单调性；
当时，，求a的取值范围；
证明：
答案和解析 1.【答案】D 【解析】解：由可得，解得，
因为全集，
所以，
所以
故选：
先化简集合A，然后用补集的定义即可求解
本题主要考查了集合补集运算，属于基础题．
 2.【答案】B 【解析】解：由面面垂直的定义知，当”时，“”成立，
当时，不一定成立，
即“”是“”的充分不必要条件，
故选：
根据面面垂直和线面垂直的定义，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合空间直线和平面垂直的判定定理和性质是解决本题的关键．
 3.【答案】A 【解析】解：、是两个单位向量，其夹角是，
，
则，即，不妨取，
故“”是“”的充分不必要条件．
故选：
先判断充分性，再判断必要性，然后利用充分条件和必要条件的定义进行求解即可．
本题考查了充分条件与必要条件的判断，涉及了平面向量的应用，解题的关键是掌握判断充分条件和必要条件的方法．
 4.【答案】A 【解析】解：，
故选：
先化简，再判断．
本题考查三角恒等变换，三角函数的图象，属基础题．
 5.【答案】D 【解析】【分析】
本题主要考查分层抽样的应用，根据条件结合比例关系是解决本题的关键．比较基础．
根据高中生和初中生男女生的比例关系，以及初中生中抽取男生的人数，结合分层抽样的定义进行求解即可．
【解答】解：某中学有高中生3000人，初中生2000人，
高中生中男生、女生人数之比为3：7，初中生中男生、女生人数之比为6：4，
高中生男生有人，初中男生有：人，
从初中生中抽取男生12人，设从高中生中抽取的女生人数为x，
，解得，
故选
   6.【答案】B 【解析】解：，
，
，
在R上单调递增，
，即
故选：
根据已知条件，结合函数的单调性，即可求解．
本题主要考查数值大小的比较，以及函数的单调性，属于基础题．
 7.【答案】C 【解析】解：设正六多边形的边长为x，
则由题意可知：，
所以，
所以每个正六边形的面积为，
所以所得的截角四面体的表面积为，
故选：
由题意可求出正六边形的边长为2，截去的正三角形的边长为2，进而求出正六边形的面积和每个截面的面积，求出所得的截角四面体的表面积．
本题主要考查了求几何体的表面积，是基础题．
 8.【答案】B 【解析】解：设，则，又，
，，
又根据题意可得，
，
，又，，
，
，
故选：
设，则，根据题意建立方程，再化归转化，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
 9.【答案】A 【解析】解：根据函数的解析式可知，函数的图象如下：

要使方程有4个零点，则的图象与直线有4个不同的交点，
所以只需a小于在区间上的过坐标原点的切线的斜率即可．
由，得，设切点坐标为，
则切线方程为，
又切线过，所以，解得，
故此时切线的斜率为，故，结合选项知，A正确．
故选：
画出函数的图象，要使方程有4个零点，则的图象与直线有4个不同的交点，利用函数的导数，求解切线的斜率，然后推出结果．
本题考查函数的零点的个数，函数的导数的应用，考查转化思想以及数形结合的应用，是中档题．
 10.【答案】 【解析】解：复数，为虚数单位，
，
，
故答案为：
利用两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，把复数化简到最简形式，利用复数的模的定义求出
本题考查两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，复数的模的定义和求法，属于基础题．
 11.【答案】240 【解析】解：通项公式，令，解得
的展开式中的系数
故答案为：
利用通项公式即可得出．
本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
 12.【答案】 【解析】解：圆C：，
圆心C为，半径，
又直线l：，
即，
直线l过定点，
当过点A的直线l与CA垂直时，满足圆C上的点P到直线l的距离最大，
且最大值为
故答案为：
先将直线l关于参数m整理，从而得直线l所过的定点A，再数形结合即可求解．
本题考查直线与圆的位置关系，数形结合思想，属基础题．
 13.【答案】5 【解析】【分析】本题考查了古典概型概率公式的应用，离散型随机变量及其分布列和离散型随机变量期望，属于中档题．
利用古典概型的概率公式先求出白球的个数，然后求出随机变量的可能取值，然后求出其对应的概率，列出分布列，由数学期望的计算公式求解即可．【解答】解：设白球的个数为y，
又从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是，
则，解得，
所以白球的个数为5；
由题意可知，的可能取值为0，1，2，3，
所以，
，
，
，
则随机变量的分布列为：  0 1 2 3P  则
故答案为：5；
   14.【答案】 【解析】解：，
，当且仅当，，即，时取等号；
，，当且仅当时取等号；
，当且仅当，即时取等号．
的最小值为，
故答案为：，
由，可得，利用基本不等式可得其最小值；由，，利用基本不等式可得其最小值；利用上述结论可得，再利用基本不等式可得其最小值．
本题考查了基本不等式的应用、配凑转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 15.【答案】  【解析】解：为AB中点，且，
为中位线，


；

，
设，则，
令，则
，
当且仅当，即时，等号成立，
的最大值是，
故答案为：；
利用，将展开代入数量积运算；
先把化简转化为齐次式，分子分母同除以，构造转化为二次式比二次式，分离常数再转化为一次式比二次式，分子分母同除以一次式，再利用基本不等式求出最值．
本题主要考查向量运算和分式函数最值得求解，运算量比较大，属于填空压轴题．
 16.【答案】解：，，
，即①，
，
由余弦定理得：，即，
②，
联立①②且得：，；
在中，，
由正弦定理得：，
，为锐角，
，
则 【解析】本题考查三角形的余弦定理和向量的数量积的定义，以及三角函数的恒等变换公式，考查运算能力，属于中档题．
运用向量的数量积的定义和余弦定理，解方程即可得到所求a，c；
由余弦定理可得，求得，，运用两角差的余弦公式，计算即可得到所求值．
 17.【答案】证明：因为，，平面ABCD，
而AD、平面ABCD，所以，，
因此以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

因为且，且，，
所以，，，，，，，，，
设为平面CDE的法向量，，，
则，不妨令，可得；
又，所以，
又直线平面CDE，平面
解：依题意，可得，，，
设为平面BCE的法向量，
则，
不妨令，可得，
设为平面BCF的法向量，
则，不妨令，可得，
若二面角的大小为，则，
因此，
二面角的正弦值为
解：由于平面BCE的法向量，，
直线AD到平面EBC的距离即点直线D到平面EBC的距离：
 【解析】利用空间向量证明线面平行，即证；
利用空间向量求二面角，，再求；
将线面距离转化为点面距离，然后利用空间向量计算点面距离即可．
本题主要考查线面平行的证明，二面角的计算，线面距离的计算，空间向量及其应用，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
 18.【答案】解：由题意可得，可得，即，
所以椭圆的方程为，令，可得，解得，
所以，解得，，
所以椭圆的方程为：；
由可得，，由题意设，
当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为，，，
联立，整理可得：，
，即，
，，
，D，P三点共线，B，D，P三点共线，
，，
，，
，
即，
，
化简得，
当变化时，上式恒成立，
，解得，
直线PQ的方程为，即直线PQ过定点，
当直线PQ的斜率为0时，直线PQ即为x轴，过点，
直线PQ过定点 【解析】由题意得，进而可得，求解即可；
当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为，，，与椭圆联立方程组可得，，A，D，P三点共线，B，D，P三点共线，可得，可得恒成立，求解即可．
本题考查椭圆方程的求法，考查方程思想，考查运算求解能力，属中档题．
 19.【答案】解：设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
依题意有：，解得，
，

数列满足，其中
，
数列的通项公式为：




 【解析】设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，利用等差数列、等比数列的通项公式列出方程组，能求出和的通项公式．
由，能求出数列的通项公式．
，由此能求出结果．
本题考查等差数列、等比数列通项公式及前n项和等基础知识，考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力．
 20.【答案】解：定义域为，，
记
当时，，即，所以在上单调递减．
当时，令，得， 舍去
当时，，即，所以单调递减；
当时，，即，所以单调递增，
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
由知，当时，在上单调递减，所以，
此时，令，解得
当时，若，则，
由，设的正根为，则必有，且当，，即，
所以在上单调递增，此时，，令，解得
若，即，则当时，，即，单调递减，
当时，，单调递增，
注意到，知，
又当时，，由零点存在定理，使，
此时，不满足题意．
综上，a的取值范围是
证明：由知，当时，对，有，即，
又时，，，所以，
令，得，
所以，，，…，，
故…
即 【解析】根据导数的性质，结合一元二次方程根的情况分类讨论进行求解即可；
根据的结论，结合函数的单调性和零点存在原理进行求解即可；
根据的结论，构造不等式，利用裂项相消法进行证明即可．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查不等式的证明，考查分类讨论思想与转化思想的应用，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．