2023年高考押题预测卷01（天津卷）-数学（全解全析）

这是一份2023年高考押题预测卷01（天津卷）-数学（全解全析），共20页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，若，，，则，，的大小关系为，设，则 =等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前 2023年高考押题预测卷01数学（天津卷）（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（共45分）一、选择题：本题共9个小题，每小题5分，共45分．每小题给出的四个选项只有一个符合题目要求．1．设全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】因为，，所以，所以．故选：C.2．设，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【答案】A【详解】当时，故充分性成立，由可得或，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A3．函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】定义域为，且，即为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B、D；当时，，所以，故排除C；故选：A4．某高中随机选取100名学生一次数学统测测试成绩，分为6组：，绘制了频率分布直方图如图所示，则成绩在区间内的学生有（    ）A．35名 B．50名 C．60名 D．65名【答案】D【详解】∵，∴，∴（名），故选：D.5．若，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】依题意，，，而，即，所以，，的大小关系为.故选：B6．设，则 =（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】解：即，所以即，所以，故选：D7．已知，分别是双曲线的左、右焦点，焦距为4，若过点且倾斜角为的直线与双曲线的左、右支分别交于，两点，，则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】因为，解得设，，，根据题意可知，设双曲线方程为，设，若P点在双曲线的左支上，则双曲线的焦半径为：，，由题意可得，，所以，根据变形得，所以 故，同理可得，同理可得，若P点在双曲线的右支上，则双曲线的焦半径为：，，根据双曲线焦半径公式可得：，；，，，解得.故选：C8．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【答案】D【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.9．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列四个结论：①是的一个解析式；②是最小正周期为的奇函数；③的单调递减区间为，；④直线是图象的一条对称轴.其中正确结论的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，故①错误；函数的最小正周期，但是，故为非奇非偶函数，即②错误；令，，解得，，所以的单调递减区间为，，故③正确；因为，所以直线是图象的一条对称轴，故④正确；故选：B 第Ⅱ卷（共105分）二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上．）10．若复数为纯虚数，则=___________.【答案】【详解】为纯虚数，则且，∴，，故答案为：．11．的展开式中的常数项为______.【答案】【详解】二项式展开式的通项为，令，解得，常数项为.故答案为：．12．圆心在直线上，且与直线相切于点的圆的方程为______.【答案】【详解】记圆心为点，点为点，因为圆心在直线上，故可设圆心的坐标为，因为圆与直线相切于点，所以直线与直线垂直，直线的斜率为，直线的斜率为，所以，所以，所以圆心为，圆的半径为，所以圆的方程为.故答案为：.13．假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率为，乙厂产品的合格率为，在该市场中购买甲厂的两个灯泡，则恰有一个是合格品的概率为___________；若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为___________.【答案】     /     /【分析】根据全概率公式和条件概率公式计算即可.【详解】在该市场中购买甲厂的两个灯泡，恰有一个是合格品的概率为，若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为.故答案为：；.14．窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，正八边形ABCDEFGH中，若，则的值为________ ；若正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则的最小值为______.【答案】          【详解】，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，正八边形内角和为，则，所以，,,因为，则，所以，解得，所以；设，则，，则，所以，当点在线段上时，取最小值.故答案为：，.15．已知函数满足：，当时，；当时，，若关于的方程在区间上恰有三个不同的实数解，则实数的取值范围是______.【答案】【详解】由已知当时，，当时，，所以当时， ， ，因为当时，，所以当，，当，，作出函数在时的函数图像，如图所示，方程可化为，因为方程在区间上恰有三个不同的实数解，所以函数与函数的图象在上有且仅有三个交点， 当时，函数与函数的图象在上有且仅有三个交点，所以在区间上恰有三个不同的实数解，符合题意；当时，函数与函数的图象在上有且仅有六个交点，所以在区间上恰有六个不同的实数解，不符合题意；当时，函数与函数的图象在上有且仅有五个交点，所以在区间上恰有五个不同的实数解，不符合题意；当时，函数与函数的图象在上有且仅有四个交点，所以在区间上恰有四个不同的实数解，不符合题意；当时，函数与函数的图象在上有且仅有三个交点，所以在区间上恰有三个不同的实数解，符合题意；当时，函数与函数的图象在上有且仅有两个交点，所以在区间上恰有两个不同的实数解，不符合题意；当时，函数与函数的图象在上没有交点，所以在区间上没有实数解，不符合题意；综上所述，若关于的方程在区间上恰有三个不同的实数解，则实数的取值范围是.故答案为：三、解答题：（本大题5个题，共75分）16．中，角，，所对的边分别为，，，且.(1)求角的大小；(2)若，求的值.【详解】（1）由余弦定理，则，又，所以，即，由正弦定理可得，因为，所以，则，又，所以.（2）因为，，所以，所以，，所以.17．如图，四棱锥中，平面平面是中点，是上一点.(1)当时，（i）证明：平面；（ii）求直线与平面所成角的正弦值；(2)平面与平面夹角的余弦值为，求的值.【详解】（1）解：如图建立空间直角坐标系，以为坐标原点，为轴，为轴，过点作面的垂线为轴，则由题意可得，由，及即，可得.（i）设平面的一个法向量为，则解得令，得是平面的一个法向量.因为，所以.又平面，所以平面.（ii）由（i）可得，所以直线与平面所成角的正弦值为.（2）设，则，设是平面的一个法向量，则，取，则是平面的一个法向量，则，解得或（舍去）.所以.18．在公差不为零的等差数列和等比数列中，为的前项和.已知，且是与的等比中项.(1)求和的通项公式；(2)记数列的前项和为，求；(3)求.【详解】（1）设的公差为，的公比为，由题意，即，∵，解得，∴，∴.∵，∴，∴∴.（2）∴①∴②①②得∴.（3）当为偶数时，当为奇数时，∴19．已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为．(1)求椭圆的方程；(2)设直线、的斜率分别为、，且．①求证：直线经过定点．②设和的面积分别为、，求的最大值．【详解】（1）解：当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，且最大值为，由题意可得，解得，所以，椭圆的标准方程为.（2）解：①设点、.若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意.设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右焦点，则，联立可得，，可得，由韦达定理可得，，则，所以，，解得，即直线的方程为，故直线过定点.②由韦达定理可得，，所以，，，则，因为函数在上单调递增，故，所以，，当且仅当时，等号成立，因此，的最大值为.20．已知函数．（注：是自然对数的底数）．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，函数在区间内有唯一的极值点．①求实数的取值范围；②求证：在区间内有唯一的零点，且．【详解】（1）当时，， ，切线的斜率，又，所以切点为，所以，切线方程为（2）①.函数，，（ⅰ）当时，当时，，，，则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上递增，即在上递增，又，，所以在上有唯一零点，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意，综上，的取值范围是．②.由①知，当时，，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；所以时，，则，又因为，所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点．因为，由①知，所以，则，设，，则，，，所以在为单调递增，又，所以，又时，，所以．所以．由前面讨论知，，在单调递增，所以．