2023年天津市高考数学最后一卷

2023年天津市高考数学最后一卷

一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  设全集为，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知非零向量，则“与共线”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.  函数的部分图象为(    )

A.  B.
C.  D.

4.  某乡镇为推动乡村经济发展，优化产业结构，逐步打造高品质的农业生产，在某试验区种植了某农作物为了解该品种农作物长势，在实验区随机选取了株该农作物苗，经测量，其高度单位：均在区间内，按照，，，，分成组，制成如图所示的频率分布直方图，记高度不低于的为“优质苗”则所选取的农作物样本苗中，“优质苗”株数为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  若，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  若是奇函数，则(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知双曲线的上、下焦点分别为，，过的直线与双曲线的上支交于，两点，若，，成等差数列，且，则该双曲线的离心率为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为的球的球面上，且一个底面的中心与球的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为(    )

A.  B.  C.  D.

9.  已知函数的最小正周期为，则以下说法错误的是(    )

A. 将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的函数的图象关于原点对称
B. 函数在区间上为减函数
C. 由的图象向右平移个单位长度可以得到的图象
D. 点是函数图象的一个对称中心

二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）

10.  已知复数，的共轭复数为，则______．

11.  的展开式中的系数为______ ．

12.  过三点，，的圆交轴于，两点，则 ______ ．

13.  甲、乙、丙三人分别独立地解一道题，甲做对的概率是，三人都做对的概率是，三人都做错的概率是，则乙、丙两人各自做对这道题的概率分别为______ ，甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为______ ．

14.  已知向量满足分别是线段，的中点，若，则______；若点为上的动点，且，则的最小值为______．

15.  定义在上的函数满足：当时，；．
          ；
若函数的零点从小到大依次记为，，，，，则当时，          ．

三、解答题（本大题共5小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

16.  本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，满足．
求角的大小；
若，，求的面积；
若，求的值．

17.  本小题分
如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，在上，且．
求证：平面；
求平面与平面所成二面角的正弦值；
点是线段上异于两端点的任意一点，若满足异面直线与所成角的余弦值为，求的长．

18.  本小题分
在平面直角坐标系中，已知椭圆：与椭圆：，且椭圆过椭圆的焦点过点的直线与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点．
求椭圆的标准方程；
若存在直线，使得，求的取值范围．

19.  本小题分
已知数列的前项和为，满足：．
求证：数列为等差数列；
若，数列满足，，，记为的前项和，求证：；
在的前提下，记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围．

20.  本小题分
已知函数，．
求函数的单调区间；
若函数有唯一的极值点，
求实数取值范围；
证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，，
，
，，
，
．
故选：．
根据已知条件，先求出集合，再结合补集、交集的运算法则，即可求解．
本题主要考查补集、交集的运算法则，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：若与共线，取为方向相反的单位向量，则，，
，充分性不成立；
若，则，整理得到，
若或，不等式成立，且与共线，
若且，设，夹角为，则，即，即，即，故与共线，必要性成立．
综上所述，“与共线”是“”的必要不充分条件．
故选：．
取，为方向相反的单位向量，得到不充分，根据得到，得到必要性，从而可得答案．
本题主要考查充分必要条件的判断，向量共线的条件，考查逻辑推理能力，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：的定义域为，
，故为奇函数，
其图象关于原点对称，排除，，
又时，，，，故，排除．
故选：．
确定函数为奇函数，排除，当时，，排除，得到答案．
本题主要考查了函数图象的变换，考查了函数奇偶性的判断，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：由频率分布直方图知，高度不低于的频率为，
所以选取的农作物样本苗中“优质苗”株数为．
故选：．
根据频率分布直方图求高度不低于的频率和频数即可．
本题考查了利用频率分布直方图求频率和频数的应用问题，是基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：因为，所以为减函数，
所以，即．
因为，所以为增函数，
所以，即．
因为，所以为增函数，
所以，即，
所以．
故选：．
用对数函数的单调性和，比较，用指数函数的单调性和比较，用对数函数的单调性和比较，即可判断大小关系．
本题考查对数函数、指数函数的单调性比较大小，属于中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：若是奇函数，可得，
则
，
可得，
解得，，
所以．
故选：．
根据奇函数的定义结合对数运算求解．
本题主要考查了函数的奇偶性的定义的应用，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由双曲线的定义知，，
，
，，
令，则，
在中，，
，
解得，，，
所以在中，，
，．
故选：．
先根据，，成等差数列，并结合双曲线的定义得到，再设，在中利用勾股定理得到，进而在中利用勾股定理得到，从而得到双曲线的离心率．
本题考查双曲线的性质，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：由题意作出正四棱台如图所示，为正四棱台底面的中心，也是球的球心，

是上底面的中心，取，分别为，的中点，连接，，，
过作于，
，，又，又，
平面，，
为二面角的平面角，
由球的半径为，高为，由勾股定理可得，
进而可得，，
，，
，
．
故选：．
由题意作出正四棱台，为正四棱台底面的中心，也是球的球心，是上底面的中心，取，分别为，的中点，连接，，，过作于，可得为二面角的平面角，求解可得正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值．
本题考查求二面角的正弦值的求法，属中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：函数的最小正周期为，
，函数
将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的函数的图象关于原点对称，故A正确；
当，，故函数在区间上为减函数，故B正确；
由的图象向右平移个单位长度可以得到的图象，故 C错误；
令，求得，可得点是函数图象的一个对称中心，故D正确，
故选：．
由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：，
．
故答案为：．
由已知直接利用求解．
本题考查复数的基本运算，考查复数模的求法，是基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：的展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中的系数为．
故答案为：．
利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令的指数为，求出的值，将的值代入通项，求出系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：依题意作图如下：

显然轴，点，的中点坐标为，的垂直平分线方程为，
点，的中点为，直线的斜率为 ，直线的斜率为，
直线的垂直平分线方程为，
联立方程，解得，
所以圆心坐标为，半径，
所以圆的标准方程为，
令，解得与轴交于，，
所以．
故答案为：．
作和的垂直平分线的交点求出圆心和半径，写出圆的标准方程，再令求解．
本题主要考查了求圆的标准方程，考查了直线与圆相交的性质，属于中档题．
 

13.【答案】，  

【解析】解：设甲、乙、丙做对这道题分别为事件、、，，
由题意，，所以，
解得或；
设甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的事件为，
则，
所以甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为．
故答案为：，；．
利用相互独立事件同时发生的乘法公式、对立事件概率公式及互斥事件至少一个发生的加法公式计算，即可求解．
本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，考查转化能力，属于中档题．
 

14.【答案】  

【解析】解：如图，根据题意可得：


，
，



，
；
延长，交于点，则易得，分别为，的中点，
，又，，三点共线，
，，
又点为上的动点，且，
，，，
，
当且仅当时，取得等号，
的最小值为．
故答案为：；．
根据向量的线性运算，向量的数量积的定义与性质，平面向量的共线定理的推论，基本不等式，即可分别求解．
本题考查向量的线性运算，向量的数量积的定义与性质，平面向量的共线定理的推论，基本不等式的应用，属中档题．
 

15.【答案】

【解析】

【分析】

本题考查了函数与方程的综合应用，函数的图象与性质、区间转换、等比数列的前项和公式等．
由于，可得，即可得到．
由题意当时，不必考虑．利用已知可得：当时，由，可得，；同理当时，；此时时，分别作出，，则在区间和上各有一个零点，分别为，，且满足，依此类推：，，利用等比数列的前项和公式即可得出．

【解答】

解：，，
又当时，，．
当时，；
当时，，
可得当时，．
当时，则，
由可知：．
同理，当时，，因此不必要考虑．
当时，由，可得，；
同理，当时，由，可得，；
此时时，．
作出直线，．

则在区间和上各有一个零点，
分别为，，且满足，
依此类推：，，．
当时，
．
故答案为；．

16.【答案】解：因为，
由正弦定理可得：，
即，由余弦定理可得：，
所以，，
可得；
若，，
由余弦定理可得：，
即，可得，
所以的面积；
因为，可得，
所以，，
所以． 

【解析】由题意和正弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
由和余弦定理可得的值，代入三角形的面积公式，可得三角形的面积；
由的值，可得的值，求出，，由两角差的正弦公式，可得其值．
本题考查正余弦定理的应用及三角形面积公式的应用，属于基础题．
 

17.【答案】解：证明：在四棱锥中，平面，，，，
，为的中点，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，
，，则，
，，
在上，且，，，
，
，
，，，
平面，平面，
平面；
由得，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
平面的法向量为，
令平面与平面所成二面角为，
则，
平面与平面所成二面角的正弦值为；
由知，
令，，则，
，，
满足异面直线与所成角的余弦值为，
，
整理得，
，解得，则，
的长． 

【解析】根据题设条件，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面；
求出平面与平面的法向量，利用向量法能求出平面与平面所成二面角的正弦值；
利用空间向量的运算，求出点的坐标，利用向量法能求出结果．
本题考查线面平行的判定与性质、二面角的定义及其正弦值的求法、异面直线所成角的定义及其求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

18.【答案】解：因为椭圆过点，所以，
所以，即椭圆的标准方程为．
易知直线的斜率存在，设：，，，，，
联立直线与椭圆，，消去，整理得，
则，，，即，
联立直线与椭圆，，消去，整理得，
则，，，即，
所以，
，
因为，所以，
即，平方整理得，
因为，所以，即的取值范围为． 

【解析】根据题意可得，从而即可求得椭圆的标准方程；
根据题意可得直线的斜率存在，设：，，，，，联立直线与椭圆，得到关于的一元二次方程，从而得到，；同理联立直线与椭圆，得到，，从而求得，，再根据，从而可得到的取值范围．
本题主要考查椭圆的性质及椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．
 

19.【答案】证明：因为，所以，，
可得，即，
则，
可得，
化简可得，所以，
所以数列为等差数列；
，，当时可得，解得，
因为，所以，
因为数列满足，
所以，所以，
所以数列为等比数列，，
因为，，所以，，
所以，
所以，即，
解：由可得；
所以
设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为，
所以，，
当为奇数时，，
所以，
当为偶数时，，
所以，
由，
得，
即，
当为偶数时，对一切偶数成立，所以，
当为奇数时，对一切奇数成立，所以此时，
综上，对一切恒成立，则的取值范围是． 

【解析】由条件可得、，然后可得、，两式相减即可证明；
首先可求出、，然后计算出即可；
首先可得，然后利用裂项求和法求出，然后求出，然后分为偶数、为奇数求解即可．
本题考查数列与不等式的综合，数列的递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于难题．
 

20.【答案】解：由题意可知：的定义域为，
且，
当时，则在定义域内恒成立，
故函数的递增区间为，无递减区间；
当时，令，解得，
令，解得；令，解得；
故函数的递增区间为，递减区间为；
综上所述：当时，函数的递增区间为，无递减区间；
当时，函数的递增区间为，递减区间为．
由可知：当时，函数的递增区间为，无极值点；
当时，函数的递增区间为，递减区间为
函数有唯一的极值点；
综上所述：若函数有唯一的极值点，则实数取值范围为．
函数有唯一的极值点，则，
即，可得，
故
，
若，即，且，
等价于，
构建，则，
当时，构建，
则，
，则，，，，
故对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
故F在上单调递减，可得，
即对恒成立；
当时，则，
构建，，则，
在内单调递增，则，
在内单调递增，则，
即当时，可得，，，，
故对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立；
综上所述：对恒成立．
故，即． 

【解析】求导，分类讨论判断原函数单调性；
根据中的单调性，分析判断极值点；根据可知，整理分析可得原不等式等价于，构建新函数，利用导数证明不等式．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与极值，化归转化思想，属难题．