2023年高考第三次模拟考试卷-数学（天津A卷）（全解全析）

2023年高考数学第三次模拟考试卷

数学·全解全析

一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分．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．已知全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别求出集合、 、，再求交集可得答案.

【详解】因为，所以，

又因为，

所以.

故选：D.

2．已知，则“”是“”的（    ）条件.

A．充分不必要 B．充要

C．必要不充分 D．既不充分也不必要

【答案】B

【分析】解不等式，根据充要条件的定义判断即可.

【详解】由可得即，

解得或，

由可得即，

所以也即，

解得或，

所以“”是“”的充要条件，

故选:B.

3．函数的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先判断函数的奇偶性即可排除选项；再利用特殊值即可排除选项，进而求解.

【详解】函数的定义域为，

且，

所以是奇函数，图象关于原点对称，排除选项，

只需研究的图象，当时，，则，排除选项.

故选：．

4．在某次高中学科知识竞赛中，对2000名考生的参赛成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，，，60分以下视为不及格，则下列说法中正确的个数有（    ）

①a的值为0.300

②不及格的考生数为500

③考生竞赛成绩的平均分约为70.5分（同一组中数据用该组区间中点值近似代替）

④考生竞赛成绩的中位数约为75分

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】B

【分析】根据频率分布直方图分析即可.

【详解】由频率分布直方图可得：

，①错误；

不足60的占比为：，②正确；

平均分为：，③正确；

设中位数为，则，解得，④错误,综上正确的有2个.

故选:B

5．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据对数函数的单调性可得，，利用指数函数的单调性可得，进而即得.

【详解】因为，

∴，又，

∴，

∵，，

∴，

∴．

故选：D．

6．三星堆古遗址作为“长江文明之源"，被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表面积.

【详解】不妨设正方体的边长为，球О的半径为R，则圆柱的底面半径为a，

因为正方体的体对角线即为球О直径，故，

利用勾股定理得：，解得，球的表面积为，

故选：C.

7．设为双曲线的右焦点，圆与E的两条渐近线分别相交于A，B两点，O为坐标原点，若四边形OAFB是边长为4的菱形，则E的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据菱形、圆的性质知且△、△均为等边三角形，结合渐近线方程、双曲线参数关系求，，即可求E的方程.

【详解】由四边形OAFB是边长为4的菱形，知：且△、△均为等边三角形，而渐近线方程为，

∴，又，

∴，，故E的方程为.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：利用菱形、圆的性质，结合双曲线渐近线方程求参数，写出双曲线方程.

8．已知函数的图象的一个对称中心为，则关于有下列结论：

①的最小正周期为；

②是图象的一条对称轴；

③在区间上单调递减；

④先将函数图象上所有点的纵坐标缩短为原来的，然后把所得函数图象向左平移个单位长度，得到的图象.

其中正确结论的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】化简函数，将代入得函数为0，可求得，进而可得，可判断A；通过计算，可判断B；当时，，可得在上的单调性，可判断C；

通过振幅变换和平移变换，可判断D.

【详解】

，

因为图象的一个对称中心为，

则，所以.

所以，

对于①，的最小正周期为，故①正确；

对于②，，故②正确；

对于③，当时，，又在上先单调递减，

所以在上单调递减，故③正确；

对于④，将函数图象上所有点的纵坐标缩短为原来的，然后把所得函数图象向左平移个单位长度，

得到，故④正确.

故选：D.

9．已知函数，若关于x的方程有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（    ）

A．  B．

C． D．

【答案】A

【分析】分析函数 的特点，比较准确地画出函数图像，

将原方程转化为直线与函数曲线有两个不同的交点，并构想如何才能有两个交点.

【详解】对于 ，是对称轴为y轴的开口向上的二次函数；

对于 ，求导得 ，在 时， ，是增函数，

  ， ，

∴在 内必存在零点，考虑 函数图像的特点，

作如下所示示意图：

要使关于x的方程有两个不相等的实数根，

则两函数与的图象有两个交点，

当，由图可知，，即；

当时，相当于与 在 内有两个交点，

即方程 在上有两个解， ，

令，

， ，作 图像如下：

；

故选：A.

第Ⅱ卷

二､填空题：（本题共6小题，每小题5分，共30分。试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分。）

10．是虚数单位，复数的虚部是______.

【答案】

【分析】由复数模的定义和复数的除法法则计算．

【详解】．虚部为-2.

故答案为：．

11．二项式的展开式的第项为常数项，则 __________．

【答案】6

【分析】根据二项式通项公式和展开式的第项为常数项建立方程即可得解．

【详解】二项式展开式的通项公式为，

由展开式中，第项为常数项，此时，则，即．

故答案为：.

12．已知圆心在直线上的圆与轴的负半轴相切，且圆截轴所得的弦长为，则圆的方程为______.

【答案】

【分析】根据圆的切线性质，利用待定系数法进行求解即可.

【详解】因为圆心在直线上，所以设圆心坐标为，

因为圆与轴的负半轴相切，所以，且圆的半径为，

所以圆的标准方程可设为：，因为圆截轴所得的弦长为，所以令，得，

且有，

所以圆的方程为：

13．已知正实数a，b满足，则的最小值为___________.

【答案】/

【分析】将目标式转化为，应用柯西不等式求的取值范围，进而可得目标式的最小值，注意等号成立条件.

【详解】由题设，，则，

又，

∴，当且仅当时等号成立，

∴，当且仅当时等号成立.

∴的最小值为.

故答案为：.

14．已知一个袋子里有9个大小、形状、质地完全相同的球，其中4个红球、2个白球、3个黑球，先从袋子中任取1个球，再从剩下的8个球中任取2个球，则这2个球都是红球的概率为______，先取出的球也是红球的概率为______．

【答案】         

【分析】利用全概率公式及条件概率公式即得.

【详解】设事件A表示从剩下的8个球中任取2个球都是红球，事件，，分别表示先取的1个球是红球、白球、黑球，

由全概率公式得，

．

故答案为：；.

15．已知平行四边形的面积为，，，为线段的中点，若为线段上的一点，且，则________；的值为______.

【答案】          9

【分析】由平行四边形的面积为，可得，再由数量的定义可求出的值；由已知得，然后根据三点共线即可得，从而得出，则，即可求出答案.

【详解】解：因为平行四边形的面积为，

所以，得，

又，所以,

所以，

如图，连接，则,

由，

所以

因为三点共线，

所以，得，

所以，

所以

故答案为：；9

【点睛】此题考查了向量加法、数乘的几何意义，三角形的面积公式，向量数量积的运算，考查了计算能力，属于中档题.

三、解答题（本题共5小题，共75分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤。）

16．在中，角，，所对的边分别为a，b，c，已知.

(1)求角A的大小：.

(2)若，，的面积为.

①求b，c的长；

②求的值.

【答案】(1)

(2)①，；②

【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据诱导公式及两角和的正弦公式计算可得；

（2）①由面积公式得到，再由余弦定理得到，解得即可；

②由余弦定理求出，再根据同角三角函数基本关系求出，再利用二倍角公式及两角差的正弦公式计算可得；

(1)

解：因为，

由正弦定理得

又，

所以，

即

所以，

又，故.

在中，，所以.

(2)

①的面积，得，

由余弦定理，得，

由，，可得，

整理得，解得，

又，故，.

②方法一：

由余弦定理，得，

又，，，故，

所以，

，

，

故

.

方法二：

由正弦定理，得，故，

又，故，，

从而.

，

，

.

17．四棱锥中，面，，，是的中点，在线段上，且满足．

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值；

(3)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3)存在，.

【分析】（1）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解；

（2）利用向量法求解；

（3）利用向量法求解.

【详解】（1）由题意可得，，两两互相垂直，所以可以以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系如图示：

，，，.

∴.

设平面的一个法向量为.

，不妨令，.

又，，

.

不在平面内，

平面.

（2）设点坐标为，，.

由，，.

，

设平面的一个法向量为，

由，不妨令，

，

，

又由图可知，该二面角为锐二面角，

二面角的余弦值为

（3）设，.

，

，

与面所成角的余弦值是.其正弦值为，

，

整理得：，

，

存在满足条件的点，且．

18．已知为等差数列，为正项等比数列，的前项和为，，，，．

(1)求数列，的通项公式；

(2)求的前项和的最大值；

(3)设求证：．

【答案】(1)，

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为（），

根据所给条件结合等差数列通项公式、求和公式，以及等比数列通项公式计算可得；

（2）由（1）可得，利用等比数列求出公式求出前项和，再分奇偶两种情况求出的最大值，即可得解；

（2）利用错位相减法求和即可得证；

(1)

解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为（），

由，，即，解得，所以，

由，所以，由，即，解得或（舍去）

所以；

(2)

解：由（1）可知，所以，

所以是首项为，公比为的等比数列，

令的前项和为，则，

当为奇数时，

当为偶数时，

综上可得的前项和的最大值为；

(3)

证明：因为，

所以

①，

②，

由①②可得

所以，得证；

19．已知中心为坐标原点，对称轴为坐标轴的椭圆经过，两点．

(1)求椭圆的方程；

(2)设过点的直线与椭圆相交于A，B两点，，，且点在椭圆上，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意设椭圆的方程，代入点列式运算，求解即可得结果；

（2）设，，根据题意整理可得，结合直线方程以及韦达定理运算求解，注意讨论直线的斜率是否存在.

【详解】（1）由题意可设椭圆的方程，

∵椭圆经过，两点，

则，即，解得，

∴椭圆的方程为．

（2）设，，则，，

∵点A、B均在椭圆上，则，，

且点E在椭圆上，则，

即，可得.

当直线斜率存在时，设直线的方程为，

联立方程，消去得，

则，，，

∵，

则，

∴，解得，

故所求直线的方程为；

当直线斜率不存在时，则直线的方程为，即，

可得，该方程组无解，不合题意；

综上所述：所求直线的方程为．

【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法

在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．

20．已知函数．

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)当时，函数的图象与轴交于，两点，且点在右侧．

（ⅰ）若函数在点处的切线为，求证：当时，；

（ⅱ）若方程有两根，．求证：．

【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为

(2)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）证明见解析

【分析】（1）求出函数解析式，即可求出函数的导函数，再求出函数的单调区间；

（2）（ⅰ）由于，所以，则，令，利用单调性即可得证；

（ⅱ）由于方程有两根，，不妨设，则，设，则，由于是增函数，即可得证．

【详解】（1）当时，所以函数的定义域为，，

当时，，，，故，所以函数为减函数，

当时，，，，故，所以函数为增函数，

综上，函数的单调增区间为，单调减区间为；

（2）证明：（ⅰ）当时，，，

即函数存在零点和，且，因此点坐标为；

由于，所以，

所以，即，

令，则，

当时，，

，

，，，，

，为减函数，

同理，当时，为增函数，

即在上单调递减，在上单调递增，

，

所以当时，；

（ⅱ）由于方程有两根，，不妨设，则，

设，则，

由（ⅰ）知，，由于是增函数，所以，

．

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．