全真模拟卷02（解析版）-2023年高考数学全真模拟卷(天津卷)

2023年高考全真模拟卷（二）

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。

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．设全集，集合，，则等于（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】解：因为，，

所以，

又 ，

所以.

故选：B

2．“”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】A

【详解】若，则成立；

若，则或，故不一定成立；

综上所述：“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

3．甲、乙二人的投篮命中率分别为0.9、0.8，若他们二人每人投篮一次，则至少一人命中的概率为（    ）

A．0.72 B．0.27 C．0.26 D．0.98

【答案】D

【详解】由题意“至少一人命中”可分为三种情况：甲、乙都中、甲中乙不中、甲不中乙中，

记“至少一人命中”为事件，由甲、乙二人投篮相互独立，

则.

故选：D

4．著名数学家华罗庚先生曾经说过，“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休”，如函数，的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】函数定义域为，，故函数为偶函数，BC错；

，A错；

故选：D.

5．若，则（    ）

A．8 B． C．10 D．

【答案】C

【详解】令，则，原式转化为：

则二项展开式通项为：

则

故选：C.

6．设，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】，，

则有，所以.

故选：B

7．已知函数的部分图象如图所示，则下列四个结论中正确的个数是（    ）

①若，则函数的值域为

②是函数图象的一个对称轴

③函数在区间上是增函数

④函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】C

【详解】由图象可得：，，则，可得，

由在处取到最小值，则，

∵，则，

∴，解得，

故.

若，则，

∴，且函数在区间上不是增函数，①正确，③错误；

∵为最小值，

∴是函数图象的一个对称轴，②正确；

函数的图象向右平移个单位长度得到，④正确；

故选：C.

8．已知，分别是双曲线C：)的左、右焦点，过的直线与双曲线C的右支相交于P、Q两点，且PQ⊥．若，则双曲线C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】因为，，

由双曲线的定义可得：，

，则，

由，

在中，由余弦定理可得，

化简得，

所以双曲线的离心率.

故选：B.

9．已知函数，若方程有且只有三个不相等的实数解，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】因为有且只有三个不相等的实数根，

所以与图象有三个交点，

设，

画出与的大致图象，

当与相切时，

由，可得，，

所以或(舍去)，

当过时，，

由图象可知，时，两图象有三个交点，

所以若方程有且只有三个不相等的实数解，

则实数的取值范围是.

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．已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的虚部为______.

【答案】

【详解】因为，

所以，

则，

所以复数的虚部为.

故答案为：.

11．已知直线与圆相交于A，B两点，若，则m的值为___________．

【答案】

【详解】设圆心到直线的距离为，圆的圆心，半径.

因为，所以，即，故，解得.

故答案为：

12．正八面体的八个面均为正三角形，如图，若正八面体的棱长为2，则此正八面体的体积为________.

【答案】##

【详解】连接交于点，取的中点，连接

如图所示：

由题意得：平面,所以它为正四棱锥的高.

所以，

又该正八面体的八个面均为正三角形且棱长为均为2，

所以，

所以

所以

所以此正八面体的体积为

故答案为：.

13．已知，且，则的最小值是__________.

【答案】

【详解】因为，所以，

由可得，

则

当且仅当，即时取等，

所以的最小值是，

故答案为：.

14．在等腰梯形中，已知，动点和分别在线段和上，且，则的最大值为__________．

【答案】

【详解】解：由题可得图形如下：

由于，，

，，

因为，所以，

则

，，

当且仅当，即时取等号，即取最小值，函数在上单调递减，在上单调递增，

当时，；当时，，

所以的最大值为.

故答案为：．

15．现有道题，其中道甲类题，道乙类题，张同学从中任取道题解答.张同学至少取到道乙类题的概率为______；已知所取的道题中有道甲类题，道乙类题.已知张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立.用表示张同学答对题的个数，则的数学期望为______.

【答案】         

【详解】记事件张同学从道题中任取道题解答，至少取到道乙类题，

则，

由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，

则，，

，，

所以，.

故答案为：；.

三、解答题：（本大题5个题，共75分）

16．已知函数，．

(1)求函数的最小正周期；

(2)求的单调递减区间；

(3)求函数在上的最大值．

【答案】(1)

(2)，

(3)

【详解】（1）由

所以函数的最小正周期.

（2）令，，

即，

即，

所以函数的单调递减区间为，.

（3），

，

当，即时，，

所以函数在上的最大值为.

17．四棱锥中，面，，，是的中点，在线段上，且满足．

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值；

(3)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3)存在，.

【详解】（1）由题意可得，，两两互相垂直，所以可以以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系如图示：

，，，.

∴.

设平面的一个法向量为.

，不妨令，.

又，，

.

不在平面内，

 平面.

（2）设点坐标为，，.

由，，.

，

设平面的一个法向量为，

由，不妨令，

，

，

又由图可知，该二面角为锐二面角，

二面角的余弦值为

（3）设，.

，

，

与面所成角的余弦值是.其正弦值为，

，

整理得：，

，

存在满足条件的点，且．

18．已知椭圆过点，且离心率为．

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知点,点在椭圆上（异于椭圆的顶点），为椭圆右焦点，点满足（为坐标原点），直线与以为圆心的圆相切于点，且求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【详解】（1）在上，即，又，解得：，

椭圆C的方程：

（2）因为点，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），所以斜率一定存在.

设：，

因为，，，

直线和椭圆方程联立得,得，

，

因

，则，

因为直线与以为圆心的圆相切于点，且，即为中点，,

则，，

，,

因为，所以,得，

得（舍去），，

故直线的方程为或.

19．已知为等差数列，为等比数列，．

(1)求和的通项公式；

(2)令，求数列的前n项和；

(3)记．是否存在实数，使得对任意的，恒有？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．

【答案】(1)，

(2)

(3)见解析

【详解】（1）若的公差为，结合题设可得：，又，故，

∴，

若的公比为且，结合题设可得：，又，故，

∴.

（2）由（1）知：，

∴，

∴，

以上两式相减，得：，

∴.

（3）由题设，，要使任意恒有，

∴，则恒成立

当为奇数时，恒成立，而，故当且时，存在使其成立；

当为偶数时，恒成立，而，故当且时，存在使其成立；

综上，存在实数，使得对任意的，恒有.

20．己知函数．

(1)若曲线在点处的切线的斜率为4，求a的值；

(2)当时，求的单调区间；

(3)已知的导函数在区间上存在零点．求证：当时，．

【答案】(1)

(2)见解析

(3)见解析

【详解】（1）函数的定义域为，

由，可得，

∴，

所以.

（2）由（1）得，，

①当时，令，解得或，

令，解得.

所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.

②当时，，所以，函数的单调递增区间为，

③当时，令，解得或，

令，解得，

所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.

（3）因为导函数在区间上存在零点，则，

由（2）可知在上单调递减，在单调递增，

所以在上的最小值为，

设，，，

令，因为，

所以，在上单调递减，

又，所以在上单调递减，

又因为，

所以，即，

所以当时，.