必刷卷02——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（天津专用）（原卷版+解析版）

绝密★启用前

2023年高考数学考前信息必刷卷02

天津专用

预计2023年天津卷依旧采用与2022年相同的试卷结构，即9（单选题）＋6（填空题）＋5（解答题），共计20道题，一切都是遵照新课程标准和高考评价体系命题。天津卷为自主命题，高考自主命题即是各个省份可以不适用教育部编写的全国试卷，单独组织本省教师进行考试试卷的编写，即自主进行高考试卷的单独命题。

设置情境，考察四翼：通过情境设置问题培养学生的数学应用意识和创新意识。引导学生在发现美、欣赏美，重应用、重实践过程中，用数学眼光观察世界，用数学思维思考世界，用数学语言表达世界。

2023年是天津地区新高考的第四年，新教材的第二年，试卷以《中国高考评价体系》为依托，以人教A版新教材为依据，强化基础、适度综合、不断创新。试题简洁大方，蕴含了正确的价值引领，具有积极的教育意义。

预计2023年天津卷会通过精心设置情境，落实高考数学基础性、综合性、应用性和创新性的“四翼”考察要求。试题往往通过基本概念、规则、原理、简单图形性质、基本方法，突出考察基础性。本套试卷在考察高考考点的基础上，设置了更多的情境题，锻炼考生的阅读能力、理解能力和分析能力。

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．已知全集为，若集合，集合，则图中阴影部分表示（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】由图可知阴影部分表示的为，

因为或，

所以，

因为，

所以，

故选：A

2．数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．既不充分也不必要条件 D．充要条件

【答案】B

【详解】由题意得数列为递增数列等价于对任意恒成立，

即对任意恒成立，

因为，且可以无限接近于0，所以，

所以“”是“为递增数列”的必要不充分条件，

故选：B

3．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数无形时少直观，形无数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”．函数的部分图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】∵ ， ，

  ，

则是奇函数，其图像关于原点对称，排除选项B、D；

对 故可排除选项C．

故选：A．

4．下列说法正确的是（    ）

A．若随机变量，，则

B．数据7，4，2，9，1，5，8，6的第50百分位数为5

C．将一组数据中的每一个数据加上同一个常数后，方差不变

D．设具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于0，x和y之间的线性相关程度越强

【答案】C

【详解】A.因为随机变量，所以，因为，所以，则，所以，故错误；

B.数据7，4，2，9，1，5，8，6的第50百分位数为5.5，故错误；

C. 设一组数据为，则平均数为，方差为，将数据中的每一个数据加上同一个常数后为，则平均数为，方差为，

，所以将一组数据中的每一个数据加上同一个常数后，方差不变，故正确；

D. 设具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于1，x和y之间的线性相关程度越强，故错误；

故选：C

5．一种药在病人血液中的量不少于才有效，而低于病人就有危险．现给某病人注射了这种药，如果药在血液中以每小时的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过 （    ）小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：，，结果精确到）

A．小时 B．小时 C．小时 D．小时

【答案】A

【详解】设应在病人注射这种药小时后再向病人的血液补充这种药，

则，整理可得：，

，

，，

，即应在用药小时后再向病人的血液补充这种药.

故选：A.

6．蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，

因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形，

所以，解得，则或（舍去），

由得，，

则上半部分的体积为，下半部分体积为，

故蒙古包的体积为.

故选：C.

7．“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上.称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746~1818）最先发现，已知长方形R的四条边均与椭圆相切，则长方形的面积的最大值为（    ）

A．9 B．8 C．6 D．3

【答案】B

【详解】由题意，任意一个长方形R的四个顶点都在一个同心圆上，

则该圆的方程为，即半径为，

若圆心与长方形中相邻的两个顶点的两条射线夹角大小为，

则长方形面积，当时.

故选：B

8．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，

所以，，

，

又因为异面直线所成的角的范围为，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

故选：C.

9．如图甲，在等腰直角三角形中，，，分别为两直角边上的点，且，沿直线折叠，得到四棱锥，如图乙，则四棱锥体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】如图1，分别是中点，则共线且，如图2，在折叠的过程中，当平面与平面垂直时，由面面垂直的性质定理得平面，当平面与平面不垂直时，是点到平面的一个斜线段，因此到平面的距离小于，所以四棱锥体积最大时，平面与平面垂直时，由面面垂直的性质定理得平面，

设长为，则,，，，

则四棱锥体积为，

由，易得时，，时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，即在处取到最大值，，

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．若是纯虚数，，则的实部为______.

【答案】1

【详解】是纯虚数，且，则有，故，实部为1.

故答案为：1.

11．某高校运动会设有7个大项.该校校委欲招募一批志愿者，甲､乙2名大学生申请报名时，计划每人从7个大项中随机选取3个大项做服务工作，则2人恰好选中相同的2个大项的不同报名情况有___________种.

【答案】

【详解】可分三步：第一步，在7个大项中选取2个，共有（种）不同的方法，

第二步，甲在剩下的5个大项中选取1个，共有（种）不同的方法，

第三步，乙在剩下的4个大项中选取1个，共有（种）不同的方法，

根据分步乘法计数原理可知，2人恰好选中相同的2个大项的不同报名情况有（种）.

故答案为：.

12．已知A为圆C：上一动点，点，若M为AB的中点，则点M的轨迹的方程为______________，

【答案】

【详解】设，，则，，所以，，

又点A在圆C上，所以，

即的方程为．

故答案为：.

13．设四棱锥的顶点P和底面的四个顶点都在半径为2的球面上，则该四棱锥体积的最大值为__________．

【答案】

【详解】如图，设底面所在小圆的圆心为，半径为r，四棱锥的外接球半径为,

则当垂直于小圆所在平面时，四棱锥的高最大，

四边形内接于小圆，

当四边形是正方形时面积最大，所以四棱锥是正四棱锥时体积最大,

设该正四棱锥的底面边长为a，高为h，,

连接,则为直角三角形，

则，即，

，，∴,

 则，令，（舍去），

当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，

所以当时，V取得最大值，

故答案为：

14．乒乓球被称为我国的“国球”.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的.

①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为__________.

②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学期望为__________.

附：当时，，.

【答案】     ##0.2109375    

【详解】①需比赛五局才结束，则说明前四局双方为，概率为.

②假设比赛局数为随机变量，

由已知，需比赛局数为偶数，则可取.

则，

当时，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局，

则，显然，满足该式.

设，则有，

所以，是以为首项，为公比的等比数列.

设，则.

设的前项和为，则，

，

作差可得，

，

整理可得，.

由题意可得，，.

则.

故答案为：；.

15．如图，在边长为1的正方形中，P是对角线上一点，且，则__________，若点M为线段（含端点）上的动点，则的最小值为__________．

【答案】         

【详解】如图，以A为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，

则，

∴，

∵P是对角线上一点，且，可得，

∴，，

∴；

 因为点M为线段（含端点）上的动点，则设,

故，

所以，，

故，

由于，所以时，取到最小值，

即的最小值为，

故答案为：；

三、解答题：（本大题5个题，共75分）

16．如图，平面四边形ABCD中，，，．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．

(1)求四边形ABCD的外接圆半径R；

(2)求内切圆半径r的取值范围．

【详解】（1）在中，，

所以，由正弦定理，，可得，

再由余弦定理，，又，所以.因为，

所以，所以A，B，C，D四点共圆，

则四边形ABCD的外接圆半径就等于外接圆的半径.

又，所以.

（2）由（1）可知：，则.，

则.

在中，由正弦定理，

，所以，，则

，

又，所以，所以，，所以.

17．如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2.

(1)证明：.

(2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.

【详解】（1）证明：翻折前，在中，，翻折后，有，，

又，、平面，所以平面，

因为平面，所以.

（2）解：因为二面角为，，，

所以，二面角的平面角为，

以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则、、、、.

，，，.

设，，其中，

设平面的法向量为，

由得，

取，可得，

，解得，合乎题意，

故当时，直线与平面所成角的正弦值为.

18．已知数列中，，，，数列的前n项和为．

(1)求的通项公式；

(2)已知，．

①求数列前n项和；

②证明：．

【详解】（1）由题设，当时，是首项为1，公差为4的等差数列，则；

当时，是首项为2，公差为4的等差数列，则；

所以，.

（2）①由（1）知：，

所以，故.

②，故，

所以，则，

而，所以，

作差得，

所以，故得证.

19．已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，点P是椭圆上的动点，且点P与点不重合，过其右焦点F与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限交于点M，且．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线的斜率分别为，且与直线分别交于点，

①求：的值；

②求证：以线段为直径的圆过左焦点，并求当圆的面积最小时的值．

【详解】（1）设椭圆的焦距为，

令，代入椭圆方程得，故，

由，得，

又，且，所以，

所以椭圆C的方程为.

（2）①：由题意知，，

设，则，得，

设直线的斜率分别为，则，

故.

②证明：由可知左焦点为，

由可得，

所以直线的方程为，直线的方程为，

令，可得，，

假设以线段为直径的圆过定点，

则，得，

得，

令，得或，

即以线段为直径的圆过定点和，

故以线段为直径的圆过左焦点；

而，

当且仅当即时，取得等号，

故当以线段为直径的圆的面积最小时的值为.

20．已知函数．

(1)求的单调区间和极值；

(2)若是函数的极值点．

（ⅰ）证明：；

（ⅱ）讨论在区间上的零点个数．

【详解】（1），，取得到，

当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.

故函数在上单调递增，在上单调递减，有极大值，无极小值.

（2）（ⅰ），，

，故，

设，函数单调递增，

，.

根据零点存在定理知.

（ⅱ），，，

设，，

当时，，故，单调递增，，故函数单调递减，，

故函数在上无零点；

当时，，

设，，

设，则，

当时，，当时，

故在单调递增，在上单调递减，

，，，

故存在使，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

，故，，故函数在上有1个零点.

综上所述：在区间上的零点个数为2