全真模拟卷02（解析版）-2023年高考数学全真模拟卷(天津卷)

这是一份全真模拟卷02（解析版）-2023年高考数学全真模拟卷(天津卷)，共16页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，若，则，设，则的大小关系为，已知，分别是双曲线C等内容，欢迎下载使用。
2023年高考全真模拟卷（二）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。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，，则等于（    ）．A． B．C． D．【答案】B【详解】解：因为，，所以，又 ，所以.故选：B2．“”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】若，则成立；若，则或，故不一定成立；综上所述：“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3．甲、乙二人的投篮命中率分别为0.9、0.8，若他们二人每人投篮一次，则至少一人命中的概率为（    ）A．0.72 B．0.27 C．0.26 D．0.98【答案】D【详解】由题意“至少一人命中”可分为三种情况：甲、乙都中、甲中乙不中、甲不中乙中，记“至少一人命中”为事件，由甲、乙二人投篮相互独立，则.故选：D4．著名数学家华罗庚先生曾经说过，“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休”，如函数，的大致图象是（    ）A． B．C． D．【答案】D【详解】函数定义域为，，故函数为偶函数，BC错；，A错；故选：D.5．若，则（    ）A．8 B． C．10 D．【答案】C【详解】令，则，原式转化为：则二项展开式通项为：则 故选：C.6．设，则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】B【详解】，，则有，所以.故选：B7．已知函数的部分图象如图所示，则下列四个结论中正确的个数是（    ）①若，则函数的值域为②是函数图象的一个对称轴③函数在区间上是增函数④函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【详解】由图象可得：，，则，可得，由在处取到最小值，则，∵，则，∴，解得，故.若，则，∴，且函数在区间上不是增函数，①正确，③错误；∵为最小值，∴是函数图象的一个对称轴，②正确；函数的图象向右平移个单位长度得到，④正确；故选：C.8．已知，分别是双曲线C：)的左、右焦点，过的直线与双曲线C的右支相交于P、Q两点，且PQ⊥．若，则双曲线C的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，，由双曲线的定义可得：，，则，由，在中，由余弦定理可得，化简得，所以双曲线的离心率.故选：B.9．已知函数，若方程有且只有三个不相等的实数解，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【详解】因为有且只有三个不相等的实数根，所以与图象有三个交点，设，画出与的大致图象，当与相切时，由，可得，，所以或(舍去)，当过时，，由图象可知，时，两图象有三个交点，所以若方程有且只有三个不相等的实数解，则实数的取值范围是.故选：B.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．已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的虚部为______.【答案】【详解】因为，所以，则，所以复数的虚部为.故答案为：.11．已知直线与圆相交于A，B两点，若，则m的值为___________．【答案】【详解】设圆心到直线的距离为，圆的圆心，半径.因为，所以，即，故，解得.故答案为：12．正八面体的八个面均为正三角形，如图，若正八面体的棱长为2，则此正八面体的体积为________.【答案】##【详解】连接交于点，取的中点，连接如图所示：由题意得：平面,所以它为正四棱锥的高.所以，又该正八面体的八个面均为正三角形且棱长为均为2，所以，所以 所以所以此正八面体的体积为故答案为：.13．已知，且，则的最小值是__________.【答案】【详解】因为，所以，由可得，则当且仅当，即时取等，所以的最小值是，故答案为：.14．在等腰梯形中，已知，动点和分别在线段和上，且，则的最大值为__________．【答案】【详解】解：由题可得图形如下：由于，，，，因为，所以，则，，当且仅当，即时取等号，即取最小值，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，，所以的最大值为.故答案为：．15．现有道题，其中道甲类题，道乙类题，张同学从中任取道题解答.张同学至少取到道乙类题的概率为______；已知所取的道题中有道甲类题，道乙类题.已知张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立.用表示张同学答对题的个数，则的数学期望为______.【答案】          【详解】记事件张同学从道题中任取道题解答，至少取到道乙类题，则，由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，则，，，，所以，.故答案为：；.三、解答题：（本大题5个题，共75分）16．已知函数，．(1)求函数的最小正周期；(2)求的单调递减区间；(3)求函数在上的最大值．【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）由所以函数的最小正周期.（2）令，，即，即，所以函数的单调递减区间为，.（3），，当，即时，，所以函数在上的最大值为.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，.【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．已知椭圆过点，且离心率为．(1)求椭圆C的方程；(2)已知点,点在椭圆上（异于椭圆的顶点），为椭圆右焦点，点满足（为坐标原点），直线与以为圆心的圆相切于点，且求直线的方程．【答案】(1)(2)或【详解】（1）在上，即，又，解得：，椭圆C的方程：（2）因为点，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），所以斜率一定存在.设：，因为，，，直线和椭圆方程联立得,得，，因，则，因为直线与以为圆心的圆相切于点，且，即为中点，,则，，，,因为，所以,得，得（舍去），，故直线的方程为或.19．已知为等差数列，为等比数列，．(1)求和的通项公式；(2)令，求数列的前n项和；(3)记．是否存在实数，使得对任意的，恒有？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】(1)，(2)(3)见解析【详解】（1）若的公差为，结合题设可得：，又，故，∴，若的公比为且，结合题设可得：，又，故，∴.（2）由（1）知：，∴，∴，以上两式相减，得：，∴.（3）由题设，，要使任意恒有，∴，则恒成立当为奇数时，恒成立，而，故当且时，存在使其成立；当为偶数时，恒成立，而，故当且时，存在使其成立；综上，存在实数，使得对任意的，恒有.20．己知函数．(1)若曲线在点处的切线的斜率为4，求a的值；(2)当时，求的单调区间；(3)已知的导函数在区间上存在零点．求证：当时，．【答案】(1)(2)见解析(3)见解析【详解】（1）函数的定义域为，由，可得，∴，所以.（2）由（1）得，，①当时，令，解得或，令，解得.所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.②当时，，所以，函数的单调递增区间为，③当时，令，解得或，令，解得，所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.（3）因为导函数在区间上存在零点，则，由（2）可知在上单调递减，在单调递增，所以在上的最小值为，设，，，令，因为，所以，在上单调递减，又，所以在上单调递减，又因为，所以，即，所以当时，.