真题重组卷01——2023年高考数学真题汇编重组卷（天津专用）

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冲刺2023年高考数学真题重组卷01

天津专用（解析版）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：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．（2022年高考天津卷）设全集，，0，1，，集合，1，，，，则　　

A．， B．，1， C．，1， D．，，1，

【答案】A

【详解】全集，集合， ，

故选：．

2.（2022和平区二模）设，，则“”是“”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】D

【详解】当时，“”等价于，即，故“”是“”的充要条件；

当时，“”等价于，即，即，故 “”是“”的充要条件；

当时， ，又”等价于恒成立，故“”是“”的充要条件．综合得： ，则“”是“”的充要条件．

故选： D．

3. （2022河北区二模））函数的图象大致为　　

A． B． 

C． D．

【答案】B

【详解】函数的定义域为，

，则函数是奇函数，图象关于原点对称，排除A，

当,排除C， D，

故选： B．

4. （2021高考天津卷） 从某网格平台推荐影视作品中抽取部，统计其评分分数据，将所得个评分数据分为组：、、、，并整理得到如下的费率分布直方图，则评分在区间内的影视作品数量是（    ）!

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【详解】由频率分布直方图可知，评分在区间内的影视作品数量为.

故选：D.

5. （2023 山东测试）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围如图，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分除去两个球冠如图，球冠是由球面被一个平面截得的，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为，球冠的高为，则球冠的面积已知该灯笼的高为，圆柱的高为，圆柱的底面圆直径为，则围成该灯笼所需布料的面积为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】B 

【详解】由题意得，得，，
所以两个球冠的表面积之和为，
灯笼中间球面的表面积为．
因为上下两个圆柱的侧面积之和为，
所以围成该灯笼所需布料的面积为．
故选：．  

6.（2022年南开区一模）已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【详解】由题意得：

，且，

故，

故选：C

7.（2022南开区一模） 已知抛物线的准线与双曲线相交于、两点，且为原点），则双曲线的渐近线方程为　　

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】如图，

把代入，可得，则， ，

，，即，．

则双曲线的渐近线方程为．

故选： B．

8. （2021年高考天津卷）设函数f（x）＝Asin（ωx+φ）+1，（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的最大值为2，其图象相邻两个对称中心之间的距离为，且的图象关于直线x＝对称，则下列判断正确的是（　　）

A．函数y＝f（x）在[﹣，]上单调递减 

B．函数y＝f（x）的图象关于点（﹣，0）对称 

C．函数y＝f（x）的图象关于直线x＝﹣对称 

D．要得到y＝sin2x+1的图象，只需将f（x）图象向右平移个单位

【答案】C

【详解】∵函数f（x）＝Asin（ωx+φ）+1（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的最大值为A+1＝2，∴A＝1．

其图象相邻两个对称中心之间的距离为×＝，∴ω＝2．

∵f（x）的图象关于直线x＝对称，

∴2×+φ＝kπ+，即 φ＝（k﹣1）π+，k∈Z，

故φ＝，f（x）＝sin（2x+）+1．

当x∈[﹣，]，2x+∈[0，π]，故函数y＝f（x）在[﹣，]上不单调，故A错误；

当x＝﹣，求得f（x）＝1，故函数y＝f（x）的图象关于点（﹣，1）对称，故B错误；

当x＝﹣，求得f（x）＝0，为最小值，故函数y＝f（x）的图象关于直线x＝﹣对称，故C正确；

要得到y＝sin2x+1的图象，只需将f（x）图象向右平移个单位，故D错误，

故选：C．

9. （2022南开区一模）已知函数．若函数的图象经过四个象限，则实数k的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【详解】作出函数的图象，如图，作出直线，它过定点，由图可得，只要直线与的图象在轴左右两侧各有两个交点，则的图象就经过四个象限（时，的函数值有正有负，时，的函数值有正有负），

时，与轴的公共点为，，

时，，

由得，

，解得或，由图象知，切线的斜率为，

所以时满足题意．

故选：A．

二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．

10．（2021年高考天津卷）i是虚数单位，复数＝　          　．

【答案】

【详解】

故答案为：．

11. （2022年高考天津卷）的展开式中的常数项为 　        　．

【答案】15

【详解】

的展开式的通项是

要求展开式中的常数项只要使得，即

常数项是,

故答案为：15

12. (2022河北区一模)经过点的直线被圆截得的弦长为，则直线的方程为 　     　．

【答案】或

【详解】由题意可得，直线的斜率存在，

设为k，则直线的方程为，即.

再根据弦长公式求得弦心距为．

再利用点到直线的距离公式可得，解得或，

故的方程是或 ．

故答案为：或

13. （2022年高考天津卷）52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到的概率为 　　；已知第一次抽到的是，则第二次抽取的概率为 　　．

【答案】

【详解】由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C，

则

，

故答案为：

14．（2021高考天津卷） 若，则的最小值为____________．

【答案】

【详解】， ，

当且仅当且 =b，即时等号成立，所以 +b的最小值为.

故答案为：.

15．（2022南开区一模）在△ABC中，，，，则______；若M是△ABC所在平面上的一点，则的最小值为______．

【答案】    ①    ② 或-0.25

【详解】如图所示：

因为，

所以D为AB的中点，又，且，

所以

,

则，

所以，则；

建立如图所示平面直角坐标系：

则，

设()，

所以， ，

则，

所以，

当时，取得最小值，

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．（2022高考天津卷）在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，．

（1）求的值；

（2）求的值；

（3）求的值．

【答案】（1）；(2)；（3）

【详解】（1）因为

由余弦定理可得

解得：；

（2），，所以，

由，可得，

由正弦定理可得，即，

可得，

所以；

（3）因为，

所以， ，

，可得，

所以，

所以

17．（2022和平区一模）平行四边形所在的平面与直角梯形所在的平面垂直，，，且，，为的中点．

（1）求证：；

（2）求点到平面的距离；

（3）若直线上存在点，使得直线，所成角的余弦值为，求直线与平面成角的大小．

【答案】（I）见详解；（II）；（III）

【详解】（1）证明：中， ，

由余弦定理得， ，

，

平面平面，

又平面平面，

平面，

平面，

；

（2）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，

则，

设平面的法向量为，

则，即，取，

点到平面的距离；

（3）,，

设点坐标，，

三点共线，，

，，

，

解得，

，

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，

设直线与平面成的角为，

，

直线与平面成的角为．

18．（2022南开区一模）已知数列满足，其前5项和为15；数列是等比数列，且，，，成等差数列．

（1）求和的通项公式；

（2）设数列的前n项和为，证明：；

（3）比较和的大小．

【答案】（1），；    （2）证明见解析    （3）

【详解】（1）因为，所以数列是公差为1的等差数列，

因为的前5项和为15，所以，

所以，解得，所以．

设等比数列的公比为q，依题意，，又，

可得，解得，所以．

（2）由（1）得，

所以

,

故.

（3）记，

①

②

②-①得

,

所以，

当时，，

当时，，

当时，，

当时，因为

，

所以，

综上，．

19.（2022高考天津卷）椭圆的右焦点为、右顶点为，上顶点为，且满足．

（1）求椭圆的离心率；

（2）直线与椭圆有唯一公共点，与轴相交于异于．记为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．

【答案】（1）；(2)

【详解】（1），.

，

，

；

（2）由（1）可知椭圆为，

即，

设直线，联立，消去可得：

，又直线与椭圆只有一个公共点，

△，，

又， ，

又，，

解得，

又的面积为，

，

又，

椭圆的标准方程为．

20. （2020高考天津卷）已知函数f（x）＝x3+klnx（k∈R），为f（x）的导函数．

（Ⅰ）当k＝6时，

（ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

（ⅱ）求函数g（x）＝f（x）+ 的单调区间和极值；

（Ⅱ）当k≥﹣3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有．

【答案】（Ⅰ）（i）9x﹣y﹣8＝0；

（ii）函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，

x＝1是极小值点，极小值为g（1）＝1，无极大值；（Ⅱ）见详解.

【详解】（I）（i）当k＝6时，f（x）＝x3+6lnx，

故＝3x2+ ，∴＝9，

∵f（1）＝1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝9（x﹣1），即9x﹣y﹣8＝0．

（ii）g（x）＝f（x）﹣f′（x）+ ＝x3+6lnx﹣3x2+ ，x＞0，

∴＝3x2﹣6x+ ﹣＝，

令＝0，解得x＝1，

当0＜x＜1，g′（x）＜0，

当x＞1，g′（x）＞0，

∴函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，

x＝1是极小值点，极小值为g（1）＝1，无极大值

证明：（Ⅱ）由f（x）＝x3+klnx，则f′（x）＝3x2+，

对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，令＝t，t＞1，

则（x1﹣x2）[f′（x1）+f′（x2）]﹣2[f（x1）﹣f（x2）]＝（x1﹣x2）（3x12+ +3x22+ ）﹣2（x13﹣x23+kln）＝x13﹣x23﹣3x12x2+3x1x22+k（﹣）﹣2kln＝x23（t3﹣3t2+3t﹣1）+k（t﹣﹣2lnt），①

令h（x）＝x﹣﹣2lnx，x＞1，

当x＞1时，h′（x）＝1+ ﹣＝（1﹣）2＞0，

∴h（x）在（1，+∞）单调递增，

∴当t＞1，h（t）＞h（1）＝0，即t﹣﹣2lnt＞0，

∵x2≥1，t3﹣3t2+3t﹣1＝（t﹣1）3＞0，k≥﹣3，

∴x23（t3﹣3t2+3t﹣1）+k（t﹣﹣2lnt）＞t3﹣3t2+3t﹣1﹣3（t﹣﹣2lnt）＝t3﹣3t2+6lnt+﹣1，②，

由（Ⅰ）（ii）可知当t≥1时，g（t）＞g（1）

即t3﹣3t2+6lnt+＞1，③，

由①②③可得（x1﹣x2）[f′（x1）+f′（x2）]﹣2[f（x1）﹣f（x2）]＞0，

∴当k≥﹣3时，对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有．