数学（天津B卷）-2023年高考第二次模拟考试卷

这是一份数学（天津B卷）-2023年高考第二次模拟考试卷，文件包含数学天津B卷全解全析docx、数学天津B卷考试版A4docx、数学天津B卷参考答案docx、数学天津B卷答题卡docx、数学天津B卷考试版A3docx等5份试卷配套教学资源，其中试卷共53页， 欢迎下载使用。
2023年高考数学第二次模拟考试卷  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】C【分析】由补集和交集运算求解.【详解】因为，所以.故选：C2．设，则“”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【分析】根据充分条件、必要条件的概念求解即可.【详解】由解得，由解得，因为当能推出，而推不出，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A3．函数在上的大致图象为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据给定的函数，利用其奇偶性，结合的值的情况判断作答.【详解】函数定义域为R，，即函数是奇函数，其图象关于原点对称，排除B；而，排除D，又，排除A，选项C符合题意.故选：C4．随着若卡塔尔世界杯的举办，全民对足球的热爱程度有所提高，组委会在某场比赛结束后，随机抽取了若干名球迷对足球“喜爱度”进行调查评分，把喜爱程度较高的按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组与第二组共有32人，第三组中女性球迷有4人，则第三组中男性球迷人数为（    ） A．16 B．18 C．20 D．24【答案】C【分析】由已知可求出第一组与第二组的频率之和，进而得到样本容量.然后根据第三小组的频率，即可求出第三小组的人数，得出答案.【详解】由题意结合频率分布直方图可得，第一组与第二组的频率之和为，第三组频率为.因为第一组与第二组共有32人，所以样本容量，所以，第三组人数为，所以第三组中男性球迷人数为.故选：C.5．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合中间量和即可得解.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以，则．故选：A.6．蹴鞠（如图），又名“蹴球”，“蹴圆”，“筑球”，“踢圆”等，“蹴”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若把“鞠”看作一个表面光滑的球，已知某“鞠”内切于棱长为2的一个正四面体，则该“鞠”的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据几何关系，求出正四面体的高，再利用等体积法即可求其内切球的半径.【详解】如图所示，正四面体中，设为正三角形的中心，连接，根据对称性可知正四面体的内切球球心在线段上，连接，根据正弦定理得的外接圆半径，所以，设内切球半径为，根据等体积法，解得，所以该内切球的表面积，故选：A7．设双曲线的左、右焦点分别为，，O为坐标原点．以为直径的圆与双曲线的右支交于P点，且以为直径的圆与直线相切，若，若双曲线C与抛物线有共同的右焦点，则抛物线的标准方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设以为直径的圆与直线相切于点N，圆心为M，则，因此，所以，由此可求出，而，再由勾股定理可得，而已知，从而可求出的值，即可得到结果.【详解】依题意知，设以为直径的圆与直线相切于点N，圆心为M，则，因此，所以．设双曲线的焦距为，则，解得，由勾股定理可得，于是，，又因为双曲线C与抛物线有共同的右焦点，则，所以，即抛物线方程为故选:A8．已知函数.对于下列四种说法，正确的是（    ）①函数的图象关于点成中心对称②函数在上有个极值点.③函数在区间上的最大值为，最小值为④函数在区间上单调递增A．①② B．②③ C．②③④ D．①③④【答案】B【分析】对于①，，则函数的图象不关于点成中心对称；对于②，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的性质可得取到极值点的位置；对于③，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的性质可得出函数的最值；对于④，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的单调性判断即可．【详解】对于①，，的图象不关于点成中心对称，错误；对于②，，则，则当分别取时，函数取到极值，正确；对于③，，则， ，正确；对于④，，则，由于正弦函数在上不单调，错误；故选：B9．设函数，，若函数在区间上有且仅有一个零点，则实数m的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数零点的定义，结合导数的几何意义、数形结合思想进行求解即可.【详解】令，则令，即，故，作出函数的图象如图所示：函数的零点个数即为函数的图象与直线的交点个数，直线过定点当直线过点时，，当直线与曲线相切时，设切点坐标为，由，故切线的斜率为所以，解得，则，解得结合图象可知，当或时，函数的图象与直线只有一个交点，即函数在区间上有且仅有一个零点，所以实数m的取值范围是，故选：C【点睛】关键点睛：利用导数的几何意义求出切线方程，结合数形结合思想是解题的关键. 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．复数______．【答案】【分析】由复数的除法进行运算求解即可.【详解】.故答案为：.11．在二项式的展开式中，常数项为_____________．【答案】240【分析】根据二项式定理，展开式中要出现常数项即需要消掉，不难发现，当的次方为4次方时即可为常数项.【详解】常数项为：.故答案为：240.12．已知直线截圆：所得弦长大于8，则实数的取值范围是________.【答案】【分析】由题意可得弦心距，即，由此求得的取值范围.【详解】圆：的圆心，半径，弦长大于8，故弦心距，即，解得所以实数的取值范围是，故答案为：13．冬奥会设有冬季两项、雪车、冰壶、雪橇，滑冰，滑雪、冰球7个大项，现有甲、乙、丙三名志愿者，设A表示事件为“甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者”，B表示事件为“甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者”，则__________.【答案】【分析】通过条件概率的公式与求法分析求解即可.【详解】，表示A事件与B事件同时发生的概率，冬奥会设有7个大项，有甲、乙、丙三名志愿者，则每人可有7种选择，共有种选择，对B事件：若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，则，对于AB事件：若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者，甲不能选雪车，则甲有6种选法，乙有6种选法，丙有5种选法，共种，但甲不选雪橇，则乙就有可能选雪橇，则要减去乙选雪橇，甲从剩下的5种选，丙依然有5种选择，共种，则，则.14．已知正实数满足，则的最大值为___________；的最大值为___________.【答案】     ##0.5；     ##【分析】①由基本不等式直接计算即可；②先由基本不等式计算的最大值，再由两部分取等条件相同得到整体的最大值即可.【详解】①由，得，当且仅当，即时取等；②，当且仅当，即时取等，又由上知，故，当且仅当时取等，所以，当且仅当时取等.故答案为：；.15．在平面内，定点，满足，且，则__________；平面内的动点满足，，则的最大值是__________．【答案】          【分析】（1）利用向量线性运算法则和数量积运算法则计算出，进而根据，平方后计算出，从而求出；然后建立平面直角坐标系，设出，表达出和，利用三角函数有界性求出最大值.【详解】因为，，所以，两边平方得：，即，解得：，因为，所以，因为所以；可得到△ABC是等边三角形，且边长为，如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，，，因为，所以设，，由可得：是线段PC的中点，则，则，当时，取得最大值，最大值为.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．（14分）在非等腰中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，，.(1)求的值；(2)求b的值；(3)求的值.【答案】(1)；(2)；(3).【分析】(1)由正弦定理得，根据，解得． (2)由余弦定理，建立方程 ，根据互不相等，求得．(3)由，得，应用二倍角的三角函数求得，应用两角和差的三角函数求.【详解】（1）在中，由正弦定理，，，可得， 因为，所以，即，解得．……4分（2）在中，由余弦定理， 得，解得或．由已知互不相等，所以 ．……5分（3）因为，所以，所以，， 所以……5分17．（15分）如图，直三棱柱的体积为，等边三角形的面积为．D为中点，E为中点，F为中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)．【分析】（1）以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量和平面法向量，由，即可证明；（2）求直线的方向向量与平面法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案；（3）求平面与平面法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案；【详解】（1）在直三棱柱中，，解得，由等边三角形的面积为，可得，在直三棱柱中，取中点，以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系．则     则，平面的法向量为所以，又因为平面所以.……5分（2），，，设平面的法向量为，则    ，令，则，，∴．记直线与平面所成角为，∴，∴直线与平面所成角的正弦值……5分（3）由（2）得：平面的法向量为，易得，，设平面的法向量为，则，令，则，，∴．   记平面与平面的夹角为，∴，∴平面与平面的夹角的余弦值．……5分18．（15分）设椭圆的离心率为，其左焦点到的距离为．(1)求椭圆E的方程；(2)椭圆E的右顶点为D，直线与椭圆E交于A，B两点（A，B不是左、右顶点），若其满足，且直线与以原点为圆心，半径为的圆相切；求直线的方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）利用两点间的距离公式和椭圆的离心率公式，结合椭圆中的关系即可求解.（2）根据椭圆方程得出的坐标，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理及点在直线上，结合向量的数量积的坐标运算及直线与圆相切的条件即可求解.【详解】（1）由题意可知，椭圆的焦点位于轴上，即椭圆的左焦点为，因为左焦点到的距离为，所以，即，解得或（舍），又因为椭圆的离心率为，所以，即，解得，所以，故所求椭圆E的方程为.……4分（2）由题可得，设，由，消去，得，所以，即，所以，所以，因为，所以，所以，即，解得或，满足，当时，过点，不合题意，所以，……6分又直线与以原点为圆心半径为的圆相切，所以，联立，解得或，所以直线的方程为或.……5分19．（15分）已知为等差数列，前项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，，，.(1)求和的通项公式；(2)求数列的前项和；(3)证明：.【答案】(1)，(2)(3)证明见解析【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为．由等差数列、等比数列的通项公式和求和公式建立方程组，求解即可；（2）运用错位相减法可求得答案；（3）由（1）得，证明当时，当时，不等式成立；当时，，运用不等式放缩法和裂项求和法可得证.【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为．由已知，得，而，所以．又因为，解得．所以．由，可得．由，得，解得，由此可得．所以，的通项公式为，的通项公式为．……5分（2）由，得，所以，则，两式相减，得，即．得．所以，数列的前n项和为.……5分（3）证明：由（1）得，所以：当时，，不等式成立；当时，，所以，不等式成立；当时，，所以，，所以，得证．……5分20．（16分）已知函数．(1)讨论函数的单调区间；(2)若曲线在处的切线垂直于直线，对任意恒成立，求实数b的最大值；(3)若为函数的极值点，求证：．【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．(2)(3)证明见解析【分析】（1）求出，然后对分类讨论求解函数的单调区间；（2）由题意得即可求得，得到的解析式．对任意恒成立，即对任意恒成立，令，问题转化为求的最小值，利用导数求解即可；（3）因为为函数的极值点，所以．要证明不等式成立，只需证．令，证得，．分两种情况证明：当时，由即证得结论；当时，得，只需证，即证对成立，构造函数，结合函数的单调性证明即可．【详解】（1），定义域为，所以，当时，，故在上单调递增，当时，由，得；由，得，故在上单调递增，在上单调递减，综上：当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减．……4分（2）因为，曲线在处的切线垂直于直线，则在处的切线的斜率为，即，解得：，则.对任意恒成立，即对任意，即对任意恒成立，令，，令，得，当时，，为减函数；当时，，为增函数；，，则实数b的最大值．……5分（3）函数，因为为函数的极值点，所以，所以，要证明不等式：成立，只需证，令，当时，单调递增；当时，，单调递减，所以，即，所以，当时，因为，所以．当时，因为，所以，所以，要证成立，只需证，即证对成立．令，因为，当时，单调递增；当时，单调递减，所以，即时，成立．综上所述，原不等式成立．……7分【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个，其一直接构造函数利用导数证明；其二直接做差构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，从而证得不等式；其三先利用放缩、等量代换等方法做适当的变换后再做差构造函数，利用导数证明.