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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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:D
3.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:A
6.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:C
7.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.
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