2023年高考数学押题卷02（天津卷）（含考试版、参考答案、全解全析、答题卡）

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绝密★启用前 2023年高考押题预测卷02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．已知全集，集合，则（    ）A． B． C． D． 【答案】D【详解】因为，所以，又因为，所以.故选：D.2．命题“有一个偶数是素数”的否定是（    ）A．任意一个奇数是素数 B．存在一个偶数不是素数C．存在一个奇数不是素数 D．任意一个偶数都不是素数【答案】D【详解】由于存在量词命题，否定为.所以命题“有一个偶数是素数”的否定是“任意一个偶数都不是素数”.故选：D3．某班级有50名学生，期末考试数学成绩服从正态分布，已，则的学生人数为（    ）A．5 B．10 C．20 D．30【答案】D【详解】因为期末考试数学成绩服从正态分布，所以期末考试数学成绩关于对称，则，所以，所以的学生人数为：人.故选：D.4．已知，则的大小关系为（    ）A． B． C． D． 【答案】C【详解】，，，又，因为函数，在上单调递减，且，又因为，所以，所以，即，所以，，即．故选：C．5．已知双曲线的焦点为，，抛物线的准线与交于M，N两点，且为正三角形，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D． 【答案】A【详解】的准线方程为，经过点，中，令得，解得，故，因为为正三角形，所以，即，联立，解得，方程两边同时除以得，解得或（舍去），故双曲线的离心率为.故选：A6．设数列的前n项和为，且，，则数列的前10项和是（    ）A． B． C． D． 【答案】C【详解】由得，当时，，整理得，所以是公差为4的等差数列，又因为，所以，从而，所以，所以数列的前10项和为．故选：C7．已知函数，，下列命题中：①的最小正周期是，最大值是；②；③的单调增区间是（）；④将的图象向右平移个单位得到的函数是偶函数，其中正确个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【详解】.对于①，，因为，所以的最大值为，故①正确；对于②，，故②正确；对于③，由可得，，所以，的单调增区间是（），故③正确；对于④，将的图象向右平移个单位得到的函数为，，故④错误.综上所述，①②③正确.故选：C.8．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ）A． B． C． D． 【答案】D【详解】设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，则由题意可知，，因此有，即，解得，因为，所以.所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为故选：D.9．已知函数，则下列说法中正确的是（    ）①函数有两个极值点；②若关于的方程恰有1个解，则；③函数的图象与直线（）有且仅有一个交点；④若，且，则无最值.A．①② B．①③④ C．②③ D．①③【答案】D【详解】对于①，当时，，恒成立，所以在上单调递增；当时，，恒成立，所以，在上单调递减；当时，，恒成立，所以，在上单调递减.综上所述，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.所以，在处取得极小值，在处取得极大值，故①正确；对于②，作出的图象如下图1由图1可知，若关于的方程恰有1个解，则或，故②错误；对于③，由①知，当时，，因为，所以，所以，当且仅当；当时，；当时，，因为，所以，所以，当且仅当.综上所述，，有恒成立.又直线可化为，斜率为，所以函数的图象与直线（）有且仅有一个交点，故③正确；对于④，由图2可知，当时，函数的图象与有3个不同的交点.则有，所以，所以，.令，，则.令，则在上恒成立，所以，在上单调递增.又，，根据零点存在定理可知，，使得，且当时，，所以，所以在上单调递减；当时，，所以，所以在上单调递增.所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，无最大值，故④错误.综上所述，①③正确.故选：D. 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z满足（是虚数单位），则=________.【答案】【详解】，故.故答案为： 11．若 展开式中所有项的系数和为 256 ，其中为常数，则该展开式中项的系数为________【答案】28【详解】因为 展开式中所有项的系数和为 256 ，所以，解得，由题意得 展开式中项的系数与展开式中的项的系数相同.展开式的通项，令，得，所以展开式中项的系数为.12．若双曲线的渐近线与圆相切，则_______．【答案】【详解】由双曲线方程，则其渐近线方程，由圆方程，整理可得，其圆心为，半径，由两个渐近线关于对称，则不妨只探究渐近线，整理可得，由题意，可得，解得.13．已知等边三角形的边长为1，射线、上分别有一动点和（点在点与之间），当时，的值为________；当时，的最小值为________．【答案】     /     【详解】，，；设，则，，，当时，有最小值为.14．为了组建一支志愿者队伍，欲从3名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，则在“抽取的3人至少有一名男志愿者”的前提下“抽取的3人中全是男志愿者”的概率是________，若用X表示抽取的三人中女志愿者的人数，则________.【答案】          /【详解】设事件 “抽取的3人至少有一名男志愿者”，事件 “抽取的3人中全是男志愿者”，则，即在“抽取的3人至少有一名男志愿者”的前提下“抽取的3人中全是男志愿者”的概率是.X可取，，则15.设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围是______.【答案】【详解】因为，，当时，由可得，可得，当时，由可得，可得，令，则直线与函数的图象有两个交点，当时，，此时函数单调递减，当时，，由可得，由可得，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，函数的极小值为，且当时，，当时，，如下图所示：由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，此时函数有两个零点，因此，实数的取值范围是.三、解答题：（本大题5个题，共75分）16．在中，角、、的对边分别为、、，已知.(1)求的值；(2)若，（ⅰ）求的值；（ⅱ）求的值.【详解】（1）在中，由正弦定理 可得：，整理得，由余弦定理，可得；（2）（i）由（1）可得，又由正弦定理，及已知，可得，由已知，可得，故有，为锐角，可得，，则；（ii）由（i）可得，,.17．已知正三棱柱中，侧棱长为，底面边长为2，D为AB的中点.(1)证明：；(2)求二面角的大小；(3)求直线CA与平面所成角的正弦值.【详解】（1）由为正三棱柱可知，平面，又平面，所以，由底面是边长为2的正三角形，D为AB的中点，所以；又，平面，所以平面；又平面，所以；（2）取线段的中点分别为，连接，易知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示;由侧棱长为，底面边长为2可得，，由D为AB的中点可得，所以，设平面的一个法向量为，则，令，可得；即；易得即为平面的一个法向量，所以，设二面角的平面角为，由图可知为锐角，所以，即；即二面角的大小为.（3）由（2）可知，平面的一个法向量为，设直线CA与平面所成的角为，所以，即直线CA与平面所成角的正弦值为.18．已知等差数列的首项为1，前项和为，单调递增的等比数列的首项为2，且满足.(1)求和的通项公式；(2)证明：；(3)记的前项和为，证明：.【详解】（1）由题意，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，因为，所以即解得（舍去），或所以.（2）由（1）知，所以（3）由（1）知.所以所以.即19．已知椭圆，若椭圆的短轴长为且经过点，过点的直线交椭圆于P，Q两点.(1)求椭圆方程；(2)求面积的最大值，并求此时直线的方程；(3)若直线与x轴不垂直，在x轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，说明理由.【详解】（1）由题意得，解得，将代入椭圆方程，得到，故，故椭圆方程为；（2）当直线的斜率为0时，此时三点共线，不合要求，舍去；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，得，设，则，则，当且仅当，即时，等号成立，故面积的最大值为，此时直线的方程为或；（3）在x轴上存在点使得恒成立，理由如下：因为，所以，即，整理得，即，所以，则，解得，故在x轴上存在点，使得恒成立.20．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)求的单调区间；(3)若函数有两个极值点，求证：.【详解】（1）当a=1时，，所以，故切点坐标为，又，所以，故切线的斜率为，由点斜式可得，，即，故曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为；（2）的定义域为，又，①当，即时，在上恒成立，故在上单调递减；②当，即或，令，解得，若时，则当或时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；若时，在上恒成立，故在上单调递减.综上所述，当时，在上单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增.（3）由（2）可知，当时，f（x）有两个极值点，则，由题意可得，，则，令，则，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，故当时，取得最大值，所以.