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文档简介
湖北省部分高中重点中学2023年高考数学试题模拟题及解析(天津卷:)注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.等差数列的前项和为,若,,则数列的公差为()A.-2 B.2 C.4 D.72.已知命题p:若,,则;命题q:,使得”,则以下命题为真命题的是()A. B. C. D.3.命题:的否定为A. B.C. D.4.已知函数,,的零点分别为,,,则()A. B.C. D.5.若函数有且仅有一个零点,则实数的值为()A. B. C. D.6.已知函数与的图象有一个横坐标为的交点,若函数的图象的纵坐标不变,横坐标变为原来的倍后,得到的函数在有且仅有5个零点,则的取值范围是()A. B.C. D.7.已知奇函数是上的减函数,若满足不等式组,则的最小值为()A.-4 B.-2 C.0 D.48.已知变量,满足不等式组,则的最小值为()A. B. C. D.9.已知等差数列的前n项和为,且,,若(,且),则i的取值集合是()A. B. C. D.10.某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成进行分析,随机抽取了200分到450分之间的2000名学生的成绩,并根据这2000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图,如图所示,则成绩在,内的学生人数为()A.800 B.1000 C.1200 D.160011.已知非零向量满足,若夹角的余弦值为,且,则实数的值为()A. B. C.或 D.12.已知集合,,则()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.的展开式中二项式系数最大的项的系数为_________(用数字作答).14.戊戌年结束,己亥年伊始,小康,小梁,小谭,小杨,小刘,小林六人分成四组,其中两个组各2人,另两个组各1人,分别奔赴四所不同的学校参加演讲,则不同的分配方案有_________种(用数字作答),15.已知若存在,使得成立的最大正整数为6,则的取值范围为________.16.已知双曲线C:()的左、右焦点为,,为双曲线C上一点,且,若线段与双曲线C交于另一点A,则的面积为______.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)已知函数,函数在点处的切线斜率为0.(1)试用含有的式子表示,并讨论的单调性;(2)对于函数图象上的不同两点,,如果在函数图象上存在点,使得在点处的切线,则称存在“跟随切线”.特别地,当时,又称存在“中值跟随切线”.试问:函数上是否存在两点使得它存在“中值跟随切线”,若存在,求出的坐标,若不存在,说明理由.18.(12分)记数列的前项和为,已知成等差数列.(1)证明:数列是等比数列,并求的通项公式;(2)记数列的前项和为,求.19.(12分)已知抛物线:,点为抛物线的焦点,焦点到直线的距离为,焦点到抛物线的准线的距离为,且.(1)求抛物线的标准方程;(2)若轴上存在点,过点的直线与抛物线相交于、两点,且为定值,求点的坐标.20.(12分)如图,在中,角的对边分别为,且满足,线段的中点为.(Ⅰ)求角的大小;(Ⅱ)已知,求的大小.21.(12分)如图,在直三棱柱中,,,D,E分别为AB,BC的中点.(1)证明:平面平面;(2)求点到平面的距离.22.(10分)已知.(1)求不等式的解集;(2)若存在,使得成立,求实数的取值范围
参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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、B【解析】
在等差数列中由等差数列公式与下标和的性质求得,再由等差数列通项公式求得公差.【详解】在等差数列的前项和为,则则故选:B【点睛】本题考查等差数列中求由已知关系求公差,属于基础题.2、B【解析】
先判断命题的真假,进而根据复合命题真假的真值表,即可得答案.【详解】,,因为,,所以,所以,即命题p为真命题;画出函数和图象,知命题q为假命题,所以为真.故选:B.【点睛】本题考查真假命题的概念,以及真值表的应用,解题的关键是判断出命题的真假,难度较易.3、C【解析】
命题为全称命题,它的否定为特称命题,将全称量词改为存在量词,并将结论否定,可知命题的否定为,故选C.4、C【解析】
转化函数,,的零点为与,,的交点,数形结合,即得解.【详解】函数,,的零点,即为与,,的交点,作出与,,的图象,如图所示,可知故选:C【点睛】本题考查了数形结合法研究函数的零点,考查了学生转化划归,数形结合的能力,属于中档题.5、D【解析】
推导出函数的图象关于直线对称,由题意得出,进而可求得实数的值,并对的值进行检验,即可得出结果.【详解】,则,,,所以,函数的图象关于直线对称.若函数的零点不为,则该函数的零点必成对出现,不合题意.所以,,即,解得或.①当时,令,得,作出函数与函数的图象如下图所示:此时,函数与函数的图象有三个交点,不合乎题意;②当时,,,当且仅当时,等号成立,则函数有且只有一个零点.综上所述,.故选:D.【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数,考查函数图象对称性的应用,解答的关键就是推导出,在求出参数后要对参数的值进行检验,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.6、A【解析】
根据题意,,求出,所以,根据三角函数图像平移伸缩,即可求出的取值范围.【详解】已知与的图象有一个横坐标为的交点,则,,,,,若函数图象的纵坐标不变,横坐标变为原来的倍,则,所以当时,,在有且仅有5个零点,,.故选:A.【点睛】本题考查三角函数图象的性质、三角函数的平移伸缩以及零点个数问题,考查转化思想和计算能力.7、B【解析】
根据函数的奇偶性和单调性得到可行域,画出可行域和目标函数,根据目标函数的几何意义平移得到答案.【详解】奇函数是上的减函数,则,且,画出可行域和目标函数,,即,表示直线与轴截距的相反数,根据平移得到:当直线过点,即时,有最小值为.故选:.【点睛】本题考查了函数的单调性和奇偶性,线性规划问题,意在考查学生的综合应用能力,画出图像是解题的关键.8、B【解析】
先根据约束条件画出可行域,再利用几何意义求最值.【详解】解:由变量,满足不等式组,画出相应图形如下:可知点,,在处有最小值,最小值为.故选:B.【点睛】本题主要考查简单的线性规划,运用了数形结合的方法,属于基础题.9、C【解析】
首先求出等差数列的首先和公差,然后写出数列即可观察到满足的i的取值集合.【详解】设公差为d,由题知,,解得,,所以数列为,故.故选:C.【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量的求解,属于基础题.10、B【解析】
由图可列方程算得a,然后求出成绩在内的频率,最后根据频数=总数×频率可以求得成绩在内的学生人数.【详解】由频率和为1,得,解得,所以成绩在内的频率,所以成绩在内的学生人数.故选:B【点睛】本题主要考查频率直方图的应用,属基础题.11、D【解析】
根据向量垂直则数量积为零,结合以及夹角的余弦值,即可求得参数值.【详解】依题意,得,即.将代入可得,,解得(舍去).故选:D.【点睛】本题考查向量数量积的应用,涉及由向量垂直求参数值,属基础题.12、C【解析】
求出集合,计算出和,即可得出结论.【详解】,,,.故选:C.【点睛】本题考查交集和并集的计算,考查计算能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、5670【解析】
根据二项式展开的通项,可得二项式系数的最大项,可求得其系数.【详解】二项展开式一共有项,所以由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第5项,系数为.故答案为:5670【点睛】本题考查了二项式定理展开式的应用,由通项公式求二项式系数,属于中档题.14、1080【解析】
按照先分组,再分配的分式,先将六人分成四组,其中两个组各2人,另两个组各1人有种,再分别奔赴四所不同的学校参加演讲有种,然后用分步计数原理求解.【详解】将六人分成四组,其中两个组各2人,另两个组各1人有种,再分别奔赴四所不同的学校参加演讲有种,则不同的分配方案有种.故答案为:1080【点睛】本题主要考查分组分配问题,还考查了理解辨析的能力,属于中档题.15、【解析】
由题意得,分类讨论作出函数图象,求得最值解不等式组即可.【详解】原问题等价于,当时,函数图象如图此时,则,解得:;当时,函数图象如图此时,则,解得:;当时,函数图象如图此时,则,解得:;当时,函数图象如图此时,则,解得:;综上,满足条件的取值范围为.故答案为:【点睛】本题主要考查了对勾函数的图象与性质,函数的最值求解,存在性问题的求解等,考查了分类讨论,转化与化归的思想.16、【解析】
由已知得即,,可解得,由在双曲线C上,代入即可求得双曲线方程,然后求得直线的方程与双曲线方程联立求得点A坐标,借助,即可解得所求.【详解】由已知得,又,,所以,解得或,由在双曲线C上,所以或,所以或(舍去),因此双曲线C的方程为.又,所以线段的方程为,与双曲线C的方程联立消去x整理得,所以,,所以点A坐标为,所以.【点睛】本题主要考查直线与双曲线的位置关系,考查双曲线方程的求解,考查求三角形面积,考查学生的计算能力,难度较难.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1),单调性见解析;(2)不存在,理由见解析【解析】
(1)由题意得,即可得;求出函数的导数,再根据、、、分类讨论,分别求出、的解集即可得解;(2)假设满足条件的、存在,不妨设,且,由题意得可得,令(),构造函数(),求导后证明即可得解.【详解】(1)由题可得函数的定义域为且,由,整理得..(ⅰ)当时,易知,,时.故在上单调递增,在上单调递减.(ⅱ)当时,令,解得或,则①当,即时,在上恒成立,则在上递增.②当,即时,当时,;当时,.所以在上单调递增,单调递减,单调递增.③当,即时,当时,;当时,.所以在上单调递增,单调递减,单调递增.综上,当时,在上单调递增,在单调递减.当时,在及上单调递增;在上单调递减.当时,在上递增.当时,在及上单调递增;在上递减.(2)满足条件的、不存在,理由如下:假设满足条件的、存在,不妨设,且,则,又,由题可知,整理可得:,令(),构造函数().则,所以在上单调递增,从而,所以方程无解,即无解.综上,满足条件的A、B不存在.【点睛】本题考查了导数的应用,考查了计算能力和转化化归思想,属于中档题.18、(1)证明见解析,;(2)【解析】
(1)由成等差数列,可得到,再结合公式,消去,得到,再给等式两边同时加1,整理可证明结果;(2)将(1)得到的代入中化简后再裂项,然后求其前项和.【详解】(1)由成等差数列,则,即,①当时,,又,②由①②可得:,即,时,.所以是以3为首项,3为公比的等比数列,,所以.(2),所以.【点睛】此题考查了数列递推式,等比数列的证明,裂列相消求和,考查了学生分析问题和解决问题的能力,属于中档题.19、(1)(2)【解析】
(1)先分别表示出,然后根据求解出的值,则的标准方程可求;(2)设出直线的方程并联立抛物线方程得到韦达定理形式,然后根据距离公式表示出并代入韦达定理形式,由此判断出为定值时的坐标.【详解】(1)由题意可得,焦点,,则,,∴解得.抛物线的标准方程为(2)设,设点,,显然直线的斜率不为0.设直线的方程为联立方程,整理可得,,∴,∴要使为定值,必有,解得,∴为定值时,点的坐标为【点睛】本题考查抛物线方程的求解以及抛物线中的定值问题,难度一般.(1)处理直线与抛物线相交对应的定值问题,联立直线方程借助韦达定理形式是常用方法;(2)直线与圆锥曲线的问题中,直线方程的设法有时能很大程度上起到简化运算的作用。20、(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)由正弦定理边化角,再结合转化即可求解;(Ⅱ)可设,由,再由余弦定理解得,对中,由余弦定理有,通过勾股定理逆定理可得,进而得解【详解】(Ⅰ)由正弦定理得.而.由以上两式得,即.由于,所以,又由于,得.(Ⅱ)设,在中,由正弦定理有.由余弦定理有,整理得,由于,所以.在中,由余弦定理有.所以,所以.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用,属于中档题21、(1)证明见解析;(2).【解析】
(1)通过证明面,即可由线面垂直推证面面垂直;(2)根据面,将问题转化为求到面的距离,利用等体积法求点面距离即可.【详解】(1)因为棱柱是直三棱柱,所以又,所以面又,分别为AB,BC的中点所以//即面又面,所以平面平面(2)由(1)可知////所以//平面即点到平面的距离等于点到平面的距离设点到面的距离为由(1)可知,面且在中,,易知由等体积公式可知即由得所以到平面的距离等于【点睛】本题考查由线面垂直
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