2023年高考考前押题密卷数学试题（天津卷）含答案

这是一份2023年高考考前押题密卷数学试题（天津卷）含答案，共19页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，已知函数，以下说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
  2023年高考考前押题密卷数   学 （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．【原创】集合，，则（    ）．A． B．C． D．2．【原创】已知向量，，，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3．函数 的大致图象为（    ）A． B．C． D．4．已知，，，则的大小关系是（    ）A． B． C． D．5．某汽车生产厂家研发了一种电动汽车，为了了解该型电动汽车的月平均用电量（单位：度）情况，抽取了150名户主手中的该型电动汽车进行调研，绘制了如图所示的频率分布直方图，其中，第5组小长方形最高点的纵坐标为x，则该型电动汽车月平均用电量在的户主人数为（    ）A．98 B．103 C．108 D．1126．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，某园林建筑为四角攒尖，它主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，若这个正四棱锥的棱长均为2，则该正四棱锥的体积为（    ）A． B． C． D．7．已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F且斜率为的直线与C交于A，B两点，D为AB的中点，且于点M，AB的垂直平分线交x轴于点N，四边形DMFN的面积为，则（    ）A． B．4 C． D．8．已知函数，以下说法中，正确的是（）①函数关于点对称；②函数在上单调递增；③当时，的取值范围为；④将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解折式为．A．①② B．②③④ C．①③ D．②9．已知定义在上的函数是偶函数，当时，，若关于的方程，有且仅有6个不同实数根，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．  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．【原创】已知复数（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于第_____象限.11．【原创】若的展开式中所有项的系数和为，则展开式中的系数为__________.  12．【原创】已知，则的最小值为____________.13．某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且各轮问题能否正确回答互不影响，则该选手被淘汰的概率为_________．14．【原创】已知圆与圆外切，此时直线被圆所截的弦长为__________．15．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______.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．(本题14分)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.    17．(本题15分)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.       18．(本题15分)已知数列满足，其前8项的和为64；数列是公比大于0的等比数列，，．(1)求数列和的通项公式；(2)记，，求数列的前项和；(3)记，求．   19．(本题15分)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．        20．(本题16分)设函数．(1)求的单调区间；(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：（ⅰ）若，则；（ⅱ）若，则．（注：是自然对数的底数）
2023年高考考前押题密卷 数学·参考答案一、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．）123456789ABACCCADC 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、一    11、36    12、4    13、     14、    15、，．  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．（14分）【详解】（1）在中，由正弦定理 可得：，整理得，...............................2分由余弦定理，可得；...............................4分（2）（i）由（1）可得，又由正弦定理，及已知，可得，...............................6分由已知，可得，故有，为锐角，可得，，...............................8分则；...............................9分（ii）由（i）可得，,...............................11分................................14分  17．（15分）【详解】（1）由为正三棱柱可知，平面，又平面，所以，...............................1分由底面是边长为2的正三角形，D为AB的中点，所以；...............................2分又，平面，所以平面；...............................3分又平面，所以；...............................4分（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，，...............................6分由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；...............................8分易得即为平面的一个法向量，所以，...............................9分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................................10分（3）由（2）可知，平面的一个法向量为，......................12分设直线CA与平面所成的角为，所以，...............................15分即直线CA与平面所成角的正弦值为.18．（15分）【详解】（1）∵，∴数列是公差为等差数列，且，∴，解得，...............................1分∴；...............................2分设等比数列的公比为（），∵，，，即，...............................3分解得（舍去）或，∴...............................4分（2）由（1）得......................................5分..........................................6分...............................................................8分（3）方法一：∵，.....................................................................................................10分①②两式相减得，，，..............................................................12分当为偶数时，，...............................13分当为奇数时，，......................................14分.......................................15分方法二：......................................10分......................................12分当为偶数时，，..................................13分当为奇数时，......................................14分，.......................................15分19．（15分）【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，......................................2分由题意可得，解得，......................................4分所以，椭圆的标准方程为.......................................5分（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，......................................6分由韦达定理可得，，则，...............................7分所以，，解得，......................................9分即直线的方程为，故直线过定点.......................................10分②由韦达定理可得，，所以，，......................................12分，则，因为函数在上单调递增，故，所以，，当且仅当时，等号成立，......................................15分因此，的最大值为.20．（16分）【详解】（1），......................................1分当，；当，，故的减区间为，的增区间为.......................................3分（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，故，......................................4分故方程有3个不同的根，该方程可整理为，设，则，......................................5分当或时，；当时，，故在上为减函数，在上为增函数，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：且，......................................6分此时，设，则，......................................7分故为上的减函数，故，故.......................................8分（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：故在上为减函数，在上为增函数，不妨设，则，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：，......................................9分因为，故，又，设，，则方程即为：即为，记则为有三个不同的根，设，，要证：，即证，即证：，即证：，即证：，......................................11分而且，故，故，......................................12分故即证：，即证：即证：，记，则，设，则，所以，，故在上为增函数，故，所以，................................13分记，则，所以在为增函数，故，......................................15分故即，故原不等式得证：......................................16分