2023届天津市高三二模数学试题含解析

这是一份2023届天津市高三二模数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届天津市高三二模数学试题 一、单选题1．集合，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据集合的交、并、补运算得解.【详解】由题意得，所以，所以，故选：D.【点睛】本题考查集合的并、补运算，属于基础题.2．已知，如果是的充分不必要条件，则实数的取值范围是 A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意可得q:x<-1或x>2,由是的充分不必要条件，得，选B.3．已知一组样本数据，现有一组新的数据，，则与原样本数据相比，下列新的样本数据中不变的是（    ）A．平均数 B．中位数C．极差 D．方差【答案】A【分析】由平均数、中位数、极差及方差的概念计算即可.【详解】对于A项，新数据的总数为，与原数据总数一样，且数据数量不变都是，故平均数不变，故A正确；对于B项，不妨设原数据为：，，，中位数为，则新数据为，，，中位数为，显然中位数变了，故B错误；对于C项，原数据极差为：，新数据极差为：，因为，极差变小了，故C错误；对于D项，由于两组数据的平均数不变，而极差变小，说明新数据相对原数据更集中于平均数，故方差变小，即D错误.故选：A.4．函数的图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】取特值判断正负，即可得出答案．【详解】结合图象可排除A，B，D，故选：C5．设正实数，，分别满足，，，则，，的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】可在同一坐标系中作出函数和的图象，根据图象上交点的横坐标的大小即可判断出，，的大小关系．【详解】在同一坐标系中，作出的图象，由图象得，．故选：C．6．已知双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为为左支上的一个动点，若周长的最小值等于实轴长的倍，则该双曲线的离心率为（　　）A． B． C． D．【答案】A【分析】先通过分析得到当且仅当共线，周长取得最小值，且为 可得解方程即得解.【详解】由题意可得设由双曲线的定义可得， 则的周长为当且仅当共线，取得最小值，且为由题意可得即，即则故选【点睛】本题主要考查双曲线的定义和简单几何性质，考查双曲线的离心率的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.7．已知直线与圆相交于两点,点分别在圆上运动,且位于直线两侧,则四边形面积的最大值为（     ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出圆心和半径，求出圆心到直线的距离，再利用勾股定理结合圆的性质求出的长，由圆的性质可知当为弦的垂直平分线时（即为直径时），两三角形的面积之和最大，从而可求出面积的最大值.【详解】解：把圆化为标准方程，圆心，半径，直线与圆相交，由点到直线的距离公式的弦心距，由勾股定理的半弦长为，弦长为，又两点在圆上，并且位于直线的两侧，四边形的面积可以看出是两个三角形和的面积之和，如图所示，当为如图所示的位置，即为弦的垂直平分线时（即为直径时），两三角形的面积之和最大，即四边形的面积最大，最大面积为，故选：A．【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及圆的内接四边形面积最大问题，考查了点到直线的距离公式，属于中档题.8．如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（    ）① 若是的中点，则直线与所成角为② 的周长最小值为③ 如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为④ 如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为A．①② B．①③ C．②④ D．①③④【答案】D【分析】对于①，连接，证明出，即可求出直线与所成角为；对于②，把沿着展开与面同一个平面内，利用余弦定理求出，即可判断；对于③，判断出小球是正四面体的内切球，设半径为，利用等体积法求解；对于④，判断出要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，利用几何关系求出.【详解】对于①：连接，在正四面体中，D是PB的中点，所以.因为平面，平面，，所以直线平面，因为平面，所以，所以直线与所成角为，故①正确；对于②，如图，把沿着CD展开与面同一个平面内，则周长最小值为,由，，，所以所以，所以，所以的周长最小值为不正确，故②错误；对于③，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为.由等体积法可得，所以半径.故③正确；对于④，10个小球分三层（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，四个角小球球心连线是棱长为的正四面体，其高为，由正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体，则，正四面体高为，得.故④正确.故选：D9．已知函数，若有两个零点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可知，当时，，；当时，，.由，得.根据的解析式，分别求出的表达式，再根据导数求的取值范围.【详解】当时，，；当时，，，综上，对.有两个零点，即方程有两个根，即方程有两个根，不妨设.易知函数在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，.令..令，，令.时，；时，，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，.函数的值域为，即的取值范围是.故选：.【点睛】本题考查函数与方程，考查导数在研究函数中的应用，属于难题. 二、填空题10．若复数其中是虚数单位，则 ____．【答案】【详解】 11．若的展开式中所有项系数的绝对值之和为，则该展开式中的常数项是______.【答案】【分析】利用“的展开式中所有项系数和”与“的展开式中所有项系数的绝对值之和”之间的关系，求得的值，进而求得的展开式中的常数项.【详解】二项式展开式的通项公式为，由于“的展开式中所有项系数的绝对值之和”等于“的展开式中所有项系数和”.由，令，可得，解得.所以二项式展开式的通项公式为，令，解得.所以二项式展开式的常数项为.故答案为：【点睛】本小题主要考查二项式展开式各项系数之和，考查二项式展开式的通项公式的运用，属于中档题. 三、双空题12．已知一个袋子中装有4个红球和2个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的，若从袋子中摸出3个球，记摸到的白球的个数为，则的概率是_______；随机变量期望是_______.【答案】【详解】根据题意知ξ=0，1，2，；；；所以.故答案为.13．已知正数，满足，则当______时，的最大值为______.【答案】     4     【分析】令，由题意得，且，由基本不等式可得，解不等式，由此可求出答案．【详解】解：由得，令，则，且，又，当且仅当即时等号成立，∴，即，化简得，∴，或（舍去），∴，故答案为：4；．【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，考查转化与化归思想，考查计算能力，属于中档题． 四、填空题14．已知函数图象上相邻的两个最高点为，点为之间的最低点，且，若在和上单调递增，在上单调递减，且，则的值为__________.【答案】/【分析】令可求得最高点的横坐标，则可取和，得到坐标，并由此得到点坐标，利用向量数量积的坐标运算可构造方程求得，由此可得；根据单调性可确定且为最高点，结合最高点横坐标和诱导公式可知，从而得到结果.【详解】令，解得：，即最高点为，不妨令对应的分别为和，即，；为之间的最低点，，，，，又，，，则最小正周期；在和上单调递增，在上单调递减，与分别为的相邻的最高点和最低点，，，，，又，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查根据三角函数性质求解函数解析式及函数值的问题；解题关键是能够根据的单调性确定分别对应函数的最高点和最低点，从而的取值及之间的关系. 五、双空题15．如图，在△ABC中，D是BC上的一点，满足．M在AD上且，延长BM交AC于点H，，，则_________，_________．【答案】     /     【分析】(1)由，求出，在中，利用余弦定理即可求得；(2)在中，利用正弦定理，求出，利用平面向量基本定理和三点共线建立方程组，解出.【详解】∵，∴由角平分线的性质定理知是的角平分线，∴.∵，∴.∵，∴可得，∴.中，由余弦定理得：，即，∴.在中，.∵是的角平分线，∴＝，，∴.由正弦定理得：，∴，而，∴.取为基底，则由三点共线可得：①，由三点共线可得：；即，∴，∴.即②.∵，∴，①式可化为：，即③﹒设，则，代入③：④.②④对照得：，解得，即.故答案为：；. 六、解答题16．在中，内角，，的对边分别为，，，且.（1）求的值；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用余弦定理将已知化简整理得，可得角B, ，代入所求可得答案.（2）利用正弦定理和两角和差公式以及辅助角公式化简，根据求解可得结果.【详解】（1）因为，整理可得，，由余弦定理可得，故，，所以；（2）由正弦定理可得，，所以，，所以，因为，所以，所以，故.所以取值范围为.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查两角和差公式以及辅助角公式的应用，考查计算能力，属于基础题.17．如图甲所示的平面五边形中，，，，，，现将图甲所示中的沿边折起，使平面平面得如图乙所示的四棱锥．在如图乙所示中，（1）求证：平面；（2）求二面角的大小；（3）在棱上是否存在点使得与平面所成的角的正弦值为？并说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）推导出AB⊥AD，AB⊥平面PAD，AB⊥PD，PD⊥PA，由此能证明PD⊥平面PAB；（2）取AD的中点O，连结OP， OC，由知OC⊥OA，以为坐标原点，OC所在的直线为x轴，OA所在的直线为y轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-PB-C的大小；（3）假设点M存在，其坐标为(x， y， z)，BM与平面PBC所成的角为，则存在λ∈(0， 1)，有，利用向量法能求出在棱PA上满足题意的点M存在．【详解】（1）∵，，，∴，∴，∵平面平面，平面平面，∴平面，又∵平面，∴，又∵，，∴平面．（2）取的中点，连结，，由平面平面知平面，由知，以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图所示，则易得，，，，，设平面的法向量为，由，得，令得，，∴，设二面角大小为，则，∵，∴二面角的大小．（3）假设点存在，其坐标为，与平面所成的角为，则存在，有，即，，则，因为化简得，解得∵，∴∴在棱上满足题意的点存在．【点睛】本题主要考查了线面垂直､面面垂直的判定与性质，利用向量求二面角，线面角，考查了推理运算能力，空间想象力，属于中档题．18．已知椭圆的离心率，椭圆上的点到左焦点的距离的最大值为.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线与椭圆交于、两点.在轴上是否存在点，使得且，若存在，求出实数的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）【分析】（1）椭圆上的点到左焦点的距离最大值为a+c,再结合离心率可得a和c的值，再由可得椭圆方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，利用弦长公式求得丨MN丨，由，P在线段MN的中垂线上，利用韦达定理求出中点D的坐标，写出直线PD的方程，令x=0得，平方后即可求得m范围；【详解】（1）由题设条件可得，，解得，，所以，，椭圆的标准方程为：（2）设，，则整理得：，则，则，，假设存在点满足题意，，则，化简整理得，此时判别式 恒成立，所以且，设中点，则，，由，则在线段的中垂线上.因为，直线的方程为：，令，则∴∴∵，∴，∴∴∴或.即：.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查韦达定理及弦长公式，中点坐标公式的综合应用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．19．已知等差数列的前项和为，并且，，数列满足：，，记数列的前项和为．（1）求数列的通项公式及前项和公式；（2）求数列的通项公式及前项和公式；（3）记集合，若的子集个数为16，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【详解】试题分析：（1）数列是等差数列，可把已知用表示出来，列出方程组，解出，从而得到通项公式和胶项和；（2）由已知得，这是数列前后项的比值，因此可用连乘法求得通项，即，从而有，它可看作是一个等差数列和一个等比数列的乘积，因此其前项和用乘公比错位相减法求得；（3）由（1）（2）求得，不等式恒成立，即恒成立，只要求得的最小值即可，先求出前面几项，观察归纳猜想出单调性并给出证明（可用证明数列的单调性），从而可求得最小值，得范围．试题解析：（1）设数列的公差为，由题意得（2）由题意得叠乘得由题意得①②②-①得：（3）由上面可得令则下面研究数列的单调性，时，即单调递减.所以不等式解的个数为4，.【解析】等差数列的通项公式与前项和公式，数列递推公式求通项公式，错位相减法求数列的和，数列的单调性．20．已知函数，．（1）若直线与函数的图象相切，求实数的值；（2）若存在，，使，且，求实数的取值范围；（3）当时，求证：．【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.【分析】（1）由f′（x0）．可得切线方程为：y＝（）x+lnx0，与直线y＝2x完全相同，可得＝2，lnx0＝0．即可得出a．（2）设t（x）＝ex﹣x，x∈R．t′（x）＝ex﹣1，利用导数研究其单调性可得0是函数t（x）的极小值点，可得．再由g（x2）＝0，解得x2，可得x1的范围．从而问题可转化为函数f（x）＝lnx﹣ax+1在x∈（1，+∞）上有零点．由f′（x）a．对a分类讨论，研究其单调性即可得出．（3）构造函数F（x）＝x2+g（x）﹣f（x），利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．【详解】（1）设切点坐标为，由，得，所以切线方程为：，即.因为直线与函数的图象相切，所以，解得.（2）设，则，令，得，且当时，：当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在时取得极小值为0，即.由，可得，所以即为，由题意可得：函数在上有零点.因为，当时，，函数在上单调递增，所以，函数在上无零点：当时，令，得.①若，即时，在上恒成立，所以函数在上单调递减，所以，函数在上无零点：②若，即时，当时，：当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，因为，所以函数在上无零点：又，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，所以，且在的图象连续不断，所以函数在上有且只有一个零点，即函数在上有零点.综上所述，.（3）当时，，令 ，则，令，则当时，，所以函数在区间上是增函数，又，，所以函数存在唯一的零点，且当时，；当时，.所以当时，；当时，.所以函数在上递减，在上递增，故，由得：，两边取对数得：，故，所以，即.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考查了分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．