2023年天津市教研联盟高考数学一模试卷及答案解析

第=page11页，共=sectionpages11页2023年天津市教研联盟高考数学一模试卷一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知全集U={x∈Z|x2−9A.(∁UA)∩B B.A2.在△ABC中，“AB⋅AA.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件3.函数f(x)=A. B.

C. D.4.设a=(34)−  34A.b<a<c B.c<a5.某汽车生产厂家研发了一种电动汽车，为了了解该型电动汽车的月平均用电量(单位：度)情况，抽取了150名户主手中的该型电动汽车进行调研，绘制了如图所示的频率分布直方图，其中，第5组小长方形最高点的纵坐标为x，则该型电动汽车月平均用电量在[200,280)的户主人数为(

)A.98 B.103 C.108 D.1126.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过F且斜率为33的直线与C交于A，B两点，D为AB的中点，且DM⊥l于点A.22 B.4 C.27.若0<b<aA.bea−eb<aeb8.数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是(

)A.勒洛四面体最大的截面是正三角形

B.若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值为2

C.勒洛四面体ABCD的体积是89.设函数f(x)=sin2x+cos2x，给出下列结论：

①f(x)的最小正周期为π；

②f(x)在区间(−A.①②④ B.①③ C.②二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）10.已知复数z满足z(1+2i)=3−i(11.二项式(x3−1x)812.半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.已知MN=1，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值为______．

13.某产品的质量检验过程依次为进货检验(IQC)、生产过程检验(IPQC)、出货检验(OQC)三个环节.已知某产品IQC的单独通过率为414.已知向量m=(1,1)，向量n与向量m的夹角为3π4，m⋅n=−1，则向量n=______；若向量n与向量q=15.已知函数f(x)=ex−kx,x≥0,k三、解答题（本大题共5小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.(本小题14.0分)

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=2,C=π3．

(1)若△ABC的面积等于3，求a，b；17.(本小题15.0分)

如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，|AB|=18.(本小题15.0分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，三点M1(−2,2)，M2(2,−2)，M3(2,32)中恰有两个点在椭圆上．19.(本小题15.0分)

已知数列{an}满足a1=1，an+1=1−14an，其中n∈N*．

(1)设bn=22an−1，求证：数列{20.(本小题16.0分)

设函数f(x)=(x+1)ex+m(x+2)2，m∈R．答案和解析1.【答案】D

【解析】解：由题意知U={x∈Z|−1<x<10}={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，A={x∈Z|1≤x≤8}={1,2.【答案】C

【解析】解：因为在△ABC中AB⋅AC=BA⋅BC等价于AB⋅AC−BA⋅BC=0等价于AB⋅(AC+BC)=0，

因为AC+BC的方向为AB边上的中线的方向．3.【答案】A

【解析】解：函数的定义域为{x|x≠0}，

f(−x)=−x3ex−e−x=x3e−x4.【答案】B

【解析】解：1<a=(43)34<(43)25.【答案】C

【解析】解：根据题意，由频率分布直方图，第1组的频率为0.0020×20=0.04，

第2组的频率为0.0095×20=0.19，

第3组的频率为0.0110×20=0.22，

第4组的频率为0.0125×20=0.25，

第6组的频率为0.0050×20=0.1，

第7组的频率为0.0025×20=0.05，

故第5组的频率为1−0.04−0.18−0.22−0.25−0.1−0.05=0.15，

第3组、4组、5组、6组的频率之和为0.22+0.256.【答案】A

【解析】解：由题意知F(p2,0)，直线AB的方程为y=33(x−p2)，

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，D(x0,y0)，

由y2=2pxy=33(x−p2)，得y2−23py−p2=0，

所以y1+y7.【答案】C

【解析】解：对于A，令f(x)=exx+1且0<x<π2，则f′(x)=xex(x+1)2>0，

故f(x)在(0,π2)上单调递增，则f(a)>f(b)，即eaa+1>ebb+1，

所以ea(b+1)>eb(a+1)，即bea−eb>aeb−ea，故A错误；

对于B，令f(x)=ex−1ex−8.【答案】D

【解析】解：由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，故A不正确；

根据勒洛四面体的性质，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，

所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长，

所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为4，故B错误；

如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，

连接BO并延长交勒洛四面体的曲面于点E，则OE就是勒洛四面体内切球的半径．

如图3，在正四面体ABCD中，M为△BCD的中心，O是正四面体ABCD外接球的球心，

连接BM，BO，AM，由正四面体的性质可知O在AM上．

因为AB=4，所以BM=23×42−22=433，则AM=42−(433)2=463．

因为9.【答案】D

【解析】解：对于函数f(x)=sin2x+cos2x=2sin(2x+π4)，

由于它的最小正周期T=2π2=π，即①正确；

令2x+π4∈[−π2,π2]，则x∈[−3π10.【答案】2【解析】解：由z(1+2i)=3−i，

得z=3−i1+2i11.【答案】28

【解析】解：因为(x3−1x)8的展开式的通项Tr+1=C8r(x3)12.【答案】3π【解析】解：由题意，半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，MN=1，

当球的表面积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的外接球的球心，记球心为O′．

在△PDE中，PD=32×3=332，DE=32×3×13=32，

该半正多面体所在的正四面体的高为：h=PD2−DE2=(33213.【答案】910【解析】解：设Ai表示第i次通过进货检验，Bi表示第i次通过生产过程检验(i=1,2)，C表示该产品能进入出货检验环节，

由题意得P(C14.【答案】(0,−1)【解析】解：设n=(s,t)，

由向量n与向量m的夹角为3π4，m⋅n=−1，

则m⋅n|m||n|=−22且s+t=−1，

即s2+t2=1且s+t=−1，

即s=0t=−1或s=−1t=0，

即n=(0,−115.【答案】(−1,【解析】解：k=0时，f(x)=ex,x≥01−x,x<0，

f(x)<2等价为x≥0ex<2或x<01−x<2，

解得0≤x<ln2或−1<x<0，

所以−1<x<ln2；

由f(x)恰有两个零点等价为ex=kx(x≥0)和kx2−x+1=16.【答案】解：(1)∵c=2,C=π3，

∴由余弦定理得c2=a2+b2−2abcosC，即4=a2+b2−ab①，

∵S△ABC=12a【解析】(1)先根据余弦定理可得4=a2+b2−ab，再根据三角形的面积即可求得答案；

(2)利用正弦定理化角为边，再结合已知求出ab即可得解；

(17.【答案】(1)证明：若|AE|=2，连接AC、BD，设AC∩BD=O，

∵ABCD为菱形，∴AC⊥BD，

以O为原点，OA，OB为x.y轴正向，z轴过O且平行于CF，建立空间直角坐标系，

则B(0,3,0)，D(0,−3,0)，E(1,0,2)，F(−1,0,3)，DE=(1,3,2)，BE=(【解析】(1)证明连接AC、BD，设AC∩BD=O，以O为原点，OA，OB为x.y轴正向，z轴过O且平行于CF，建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，利用向量的数量积，即可证得EF⊥平面BDE；

(218.【答案】解：(Ⅰ)由椭圆的对称性可知M1(−2,2)，M2(2,−2)在椭圆上，

设椭圆的半焦距为c，则ca=22，∴a=2c，∴b=c，

∴a=2b，解得a=22，b=2，

∴椭圆C的方程为x28+y24=1；

(Ⅱ)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB的方程为x−my−2=0(m≠±1)，

由x28+y24=【解析】(Ⅰ)由椭圆的对称性可知M1(−2,2)，M2(2,−2)在椭圆上，ca=22，可求椭圆C的方程；

19.【答案】证明：(1)bn+1−bn=22an+1−1−22an−1=22(1−14an)−1−22an−1=21−12an−22an−1=4an−22an−1=2，

b1=22a1−【解析】(1)结合递推关系，证明bn+1−bn为常数即可；

(2)由错位相减法求和；

(20.【答案】解：(1)f′(x)=(x+2)ex+2m(x+2)=(x+2)(ex+2m)，

①当m≥0时，令f′(x)<0，得x<−2；令f′(x)>0，得x>−2，

∴f(x)在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,+∞)上单调递增；

②当−12e2<m<0时，令f′(x)<0，得ln(−2m