2023年高考第三次模拟考试卷-数学（天津B卷）（全解全析）

2023年高考数学第三次模拟考试卷

数学·全解全析

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．设全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】按照交集，并集和补集运算法则进行计算.

【详解】，，，，

所以

故选：A

2．已知 ，“”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】D

【分析】分别解不等式和，求得它们的解集，看二者的关系，根据其逻辑推理关系，可得答案.

【详解】解不等式，即

得 ；

解不等式，即 或 ，

解得 ，

由于推不出，

也推不出，

故“”是“”的既不充分也不必要条件，

故选：D

3．函数的图像为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】分析函数的定义域、奇偶性、单调性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.

【详解】函数的定义域为，

且，

函数为奇函数，A选项错误；

又当时，，C选项错误；

当时，函数单调递增，故B选项错误；

故选：D.

4．学校组织班级知识竞赛，某班的12名学生的成绩（单位：分）分别是：58、67、73、74、76、82、82、87、90、92、93、98，则这12名学生成绩的第三四分位数是（    ）

A．88分 B．89分 C．90分 D．91分

【答案】D

【分析】根据一组数据百分位数的定义计算第三四分位数，即75%百分位数.

【详解】12名学生成绩由小到大排列为58、67、73、74、76、82、82、87、90、92、93、98，

， 这12名学生成绩的第三四分位数是，

故选：D

5．设，，，则三者的大小顺序是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先根据符号判断三个数的大小，在符号相同时，根据函数的单调性再判断即可.

【详解】由对数函数的性质可知， ，

由对数换底公式得： ，

由对数函数的性质可知 ，∴ ，

由以上判断得： ；

故选：A.

6．正三棱锥底面边长为3，侧棱与底面成角，则正三棱锥的外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由侧棱与底面所成角及底面边长求得正棱锥的高，再利用勾股定理求得球半径后可得球体积．

【详解】如图，正三棱锥中，是底面的中心，则是正棱锥的高，是侧棱与底面所成的角，即＝60°，由底面边长为3得，

∴．

正三棱锥外接球球心必在上，设球半径为，

则由得，解得，

∴．

故选：D．

【点睛】本题考查球体积，考查正三棱锥与外接球的关系．掌握正棱锥性质是解题关键．

7．已知抛物线的准线与双曲线相交于D､E两点，且OD⊥OE（O为原点），则双曲线的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据对称性求得的坐标，从而求得，进而求得双曲线的渐近线方程.

【详解】抛物线的准线为，

由于，根据双曲线的对称性可知：（不妨设），

代入得，

所以双曲线的渐近线方程为.

故选：B

8．设函数，其中，，若，，则在上的单调减区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据的对称中心、零点求得，进而求得，结合三角函数单调区间的求法求得正确答案.

【详解】据题意可以得出直线和点分别是的图象的一条对称轴和一个对称中心，

所以，

即（），

所以；又由得，

即（），

，所以，所以；

由得的单调减区间为（），

所以在上的单调减区间是.

故选：C

9．已知定义在上的偶函数满足，且当时，，若方程恰有两个根，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，得到，再由根据函数奇偶性与周期性，将方程恰有两个根，转化为与的图象有2个交点，结合函数图像，即可得出结果.

【详解】当时，，解得：，

所以 ，

又因为函数是偶函数，关于轴对称，并且周期，

若方程恰有两个根，

即函数与的图象有2个交点，

如图，画出函数和的图象，

当时，，，当直线过点时，此时直线的斜率，由图象可知若函数与的图象有2个交点，只需满足，解得或，即的取值范围是.

故选：B.

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．i为虚数单位，若为纯虚数，则实数a的值为_________．

【答案】

【分析】根据复数得除法运算化简，再根据纯虚数的定义即可得解.

【详解】解：，

因为为纯虚数，

所以，解得.

故答案为：.

11．二项式的展开式中常数项为____________．（用数字作答）

【答案】210

【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为0，求出，从而可求出展开式中的常数项.

【详解】，

令得，

所以展开式中的常数项为．

故答案为：210

12．直线与圆相交于两点则___________.

【答案】或/或

【分析】由圆的弦长公式，结合点到直线的距离可得答案.

【详解】设圆心到直线的距离为，则

又圆，直线，，

即，解得或

故答案为：或

13．若，，则的最小值为___________.

【答案】8

【分析】，然后利用基本不等式求解即可.

【详解】因为，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

故答案为：8

14．某校在高一年级一班至六班进行了“社团活动”满意度调查（结果只有“满意”和“不满意”两种），从被调查的学生中随机抽取了50人，具体的调查结果如表：

现从一班和二班调查对象中随机选取4人进行追踪调查，则选中的4人中恰有2人不满意的概率为___________；若将以上统计数据中学生持满意态度的频率视为概率，在高一年级全体学生中随机抽取3名学生，记其中满意的人数为X，则随机变量X的数学期望是___________

【答案】          ；

【分析】第一空：利用古典概型的概率公式计算即可；

第二空：X的所有可能取值为0，1，2，3，求出分布列，进而通过数学期望计算公式即可得出.

【详解】解：第一空：从一班和二班调查对象中随机选取4人进行追踪调查，则选中的4人中恰有2人不满意的概率为；

第二空：在高一年级全体学生中随机抽取1名学生，

其满意概率为，

X的所有可能取值为0，1，2，3．

，

，

，

，

分布列如下：

.

故答案为：；.

【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与数学期望计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.

15．在平面四边形中，，，若，则_____；若为边上一动点，当取最小值时，则的值为_____．

【答案】         

【分析】根据题意可知是等边三角形，是有一个内角为60°的直角三角形，又知道它们的边长，所以可以建立坐标系，将问题坐标化后进行计算求解．

【详解】解：∵平面四边形中，，，

∴是边长为2的等边三角，

在中，，所以，

又，

∴是边的四等分点．

如图建立坐标系：则：，

，

所以

，

再设，则，

∴，

显然时，最小，此时，

∴．

故答案为：，．

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．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.

【答案】（1）；（2）（i）；（ii）．

【分析】（1）化简原式，直接利用余弦定理求的值即可；

（2）（i）由（1）可得，再利用正弦定理求的值；

（ii）由二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式可得结果．

【详解】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，；

（ii）由（i）可得，,

.

17．如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，，，点F为PB中点，点E在边BC上移动．

（Ⅰ）求证：PD∥平面AFC；

（Ⅱ）若，求证：；

（Ⅲ）若二面角的大小为60°，则CE为何值时，三棱锥的体积为．

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）.

【分析】（Ⅰ）连接,设,底面是矩形,可知是的中点,利用中位线的性质、直线与平面平行的判定定理，可证出PD∥平面AFC；

（Ⅱ）由，，点F为PB中点，可知, 由PA⊥平面,可得,由四边形是矩形,可知,这样可以得到平面,因此可证出,这样可以证出平面,这样就可以证明出;

（Ⅲ）建立空间直角坐标系,通过若二面角的大小为60°,可以求出点的坐标,由三棱锥的体积为,可以求出CE的长.

【详解】（Ⅰ）连接,设,如下图所示:

四边形ABCD是矩形,所以是的中点, F为PB中点,所以有,

而平面,平面,由直线与平面平行的判定定理可知: PD∥平面AFC；

（Ⅱ）由，，所以是等腰三角形,点F为PB中点，所以有, 因为PA⊥平面,而平面,于是有,

因为四边形是矩形,所以,又平面,平面,平面,所以,而,

所以平面,而平面,所以 ;

（Ⅲ）建立如上图所示的空间直角坐标系,

设，,

设平面的法向量为,则有

,而PA⊥平面,所以是平面的法向量，所以有，

，设，，

三棱锥的体积为，解得，

所以当时，三棱锥的体积为．

【点睛】本题考查了直线与平面的平行的判定定理的应用、利用线面垂直证明线线垂直.考查了二面角的计算、棱锥的体积计算，考查了运算能力.

18．已知椭圆的右焦点为，且过点.

（1）求椭圆的标准方程：

（2）设直线与椭圆在第一象限的交点为，另一个交点为，过点且斜率为-1的直线与 交于点，，求的值．

【答案】(1) ;（2）或

【分析】(1)由题意可得，可得的值，可得答案；

（2）设点M的坐标为，点的坐标为，由题意可得可得，联立直线l与椭圆及直线l与NF，可得k的值.

【详解】解：(1)由题意得：，解得：（负值舍去），

所以椭圆的标准方程为：；

（2）设点M的坐标为，点的坐标为，由题意可得,

由，可得,,即：；

可得，消去x，可得，

易得NF的解析式为：，

由，消去x，可得，

可得，整理得：，

解得：或.

【点睛】本题主要考查椭圆的性质及直线与椭圆的关系，综合性大，由已知得出是解题的关键.

19．已知数列，，为数列的前项和，，，

.

（1）求数列的通项公式；

（2）证明为等差数列.

（3）若数列的通项公式为，令.为的前项的和，求.

【答案】（1）；（2）见解析；（3）

【详解】试题分析：（1）根据题意得到两式作差得到，根据等比数列的公式得到；（2）由题意得到，可得是公差为，首项为的等差数列. （3）由，由错位相减得到数列之和.

解析：

（1）当时，

当时， ，

综上，是公比为，首项为的等比数列，.

（2），，，

综上，是公差为，首项为的等差数列.

（3）由（2）知：

两式相减得：

，.

点睛：这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.

20．已知函数，．

(1)当时，讨论的单调性；

(2)当时，若关于x的不等式恒成立，求实数b的取值范围；

(3)设时，证明：．

【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）将代入，对其求导，利用导数与函数的单调性的关系即可得解；

（2）先利用导数求得的最大值，再将问题转化为，从而得到，构造函数，求得即可得解；

（3）结合（2）中结论取特殊值得到恒成立，进而得到，利用累加法即可得证，注意的验证.

【详解】（1）当时，，，则．

当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减．

（2）当时，．

当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减．

所以．

由不等式恒成立，得恒成立，

即在时恒成立，

令，，则．

当时，单调递增；当时，单调递减．

所以的最大值为，

所以，即实数b的取值范围是．

（3）由（2）知，在上恒成立，

当，时，在上恒成立，

取，由得，即，则，

所以，，…，，

上式相加得，，

所以．

又因为当时，，

所以．