2023年高考金榜预测数学试卷（一）（天津数学试卷）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023年高考金榜预测卷（一）（天津卷）数学一、选择题1．集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗，则或，则或，，，则，故选：D.2．“”是“”成立的（

）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〗B〖解析〗因为解得或，所以“”是“”成立的必要不充分条件，故选：B3．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”，如函数的图像大致是（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗由得，即函数定义域是，排除AB，时，，，，时，，，，因此排除C，故选：D．4．某城市100户居民的月平均用电量（单位：度），以[160，180），[180，200），[200，220），[220，240），[240，260），[260，280），[280，300]分组得到如下频率分布直方图，则直方图中x的值为（

）A．0.007 B．0.0075 C．0.008 D．0.0085〖答案〗B〖解析〗在频率分布直方图中，各小矩形面积和为1，即，解得，.故选：B.5．已知，，，则，，的大小关系是（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由题知，，即：，又，所以；，，，所以：.故选：C.6．已知，，则等于（

）A． B．7 C． D．－7〖答案〗D〖解析〗因为，且，所以，所以，故，故选：D.7．椭圆的中心为点，它的一个焦点为，相应于焦点F的准线方程为，则这个椭圆的方程是（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗因为椭圆中心为点，且一个焦点为，所以该椭圆为中心在坐标原点焦点在x轴上的椭圆向左平移一个单位后的椭圆，设椭圆方程为，由题，，又因为准线方程为，所以，解得，，椭圆方程为：.故选：D.8．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为（

）A．8π B．4π C． D．2π〖答案〗B〖解析〗将该多面体补形为正方体，则由，，所以由勾股定理得：，所以正方体的边长为，所以经过该多面体的各个顶点的球为正方体的棱切球，所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为，故过该多面体的各个顶点的球的半径为1，球的表面积为.故选：B9．已知函数，给出以下四个命题：①的最小正周期为；②在上的值域为；③的图象关于点中心对称；④的图象关于直线对称.其中正确命题的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4〖答案〗B〖解析〗对于①：因为，所以周期为，即①正确；对于②：因为，所以，所以，，则的值域为，即②错误；对于③：因为，所以的图象不关于点中心对称，即③错误；对于④：因为为的最大值，所以的图象关于直线对称，即④正确；所以正确命题为①④，共2个正确命题.故选：B.二、填空题10．已知复数满足，则______.〖答案〗〖解析〗由，得，所以，故〖答案〗为：.11．在的展开式中，项的系数为______．〖答案〗10〖解析〗依题意，，因此展开式中项为，所以项的系数为10.故〖答案〗为：1012．已知直线被圆截得的弦长为，则的值为_________.〖答案〗1〖解析〗依题意可得圆心，半径，则圆心到直线的距离，由勾股定理可知，，代入化简可得，且，解得．故〖答案〗为：．13．已知函数，函数恰有三个不同的零点，则的取值范围是_______．〖答案〗〖解析〗，，画出的图像，化简，，故的必过点，恰有三个不同的零点，即为有三个不同的实根，作出和的图像，直线与曲线相切时，有，由，可得，解得或，又由，得，故（舍去），当与曲线相切时，两图像恰有三个交点，令，此时，解得，结合图像可得，或故〖答案〗为：.14．有编号分别为1，2，3的3个红球和3个黑球，从中取出2个，则取出的编号互不相同的概率为_____；在取出球的编号互不相同的条件下，1号红球被取到的概率为_______．〖答案〗

〖解析〗解：从编号分别为，，的个红球和个黑球，随机取出个的取法，个球编号相同的取法，则球的编号互不相同的取法，所以取出的球的编号互不相同的概率．因为球的编号互不相同的取法有种，其中号红球取到的情况有种，所以在取出球的编号互不相同的条件下，1号红球被取到的概率.故〖答案〗为：；15．在中，，，，点在线段上（点不与端点重合），延长到，使得，（为常数），（ⅰ）若，则___________；（ⅱ）线段的长度为____________.〖答案〗

〖解析〗如图，以为坐标原点建系如图，则,所以由得,整理得，由得解得或，当时，，此时重合，由可得，此时，因为点不与端点重合，所以不满足题意，舍去，当时，，的直线方程为，的直线方程为，联立解得，所以，所以，若，则解得，此时，故〖答案〗为:;.三、解答题16．在中，角所对的边分别为．已知且．（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值．解：（1）由边化角可得，又因为,所以，又因为得，将代入，整理得，或（舍），所以.（2）由（1）得得，，且，则，所以.（3）由余弦定理，得，因为,所以，又因为，所以，所以,所以.17．如图，在四棱锥中，，为棱的中点，平面.（1）证明：平面（2）求证：平面平面（3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值.（1）证明：∵且，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，所以平面.（2）证明：∵平面，平面，∴，连接，∵且，∴四边形为平行四边形，∵，，∴平行四边形为正方形，∴，又，∴，又，面，∴面，∵面，∴平面平面.（3）解：∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，因为平面，∴∴为二面角的平面角，从而，所以，作于，连接，∵平面平面，平面，平面平面，∴面，所以为直线与平面所成角，在直角中，，，，∴，因为面，面，所以，在直角中，，，∴，则直线与平面所成角的正切值为.18．已知等差数列的前项和为，且，.数列的前项和为，满足.（1）求数列、的通项公式；（2）若，求数列的前项和；（3）设，求证：.（1）解：因为数列是等差数列，设公差为，由，得，即，解得，所以，由得，得，当时，，所以，所以，即，又，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.综上所述：数列、的通项公式分别是：，.（2）解：由（1）知，，所以，所以.（3）证明：由（1）知，，所以，所以，所以，设，则，所以，所以，所以，所以.19．已知椭圆的离心率，短轴长为，椭圆的左焦点为，右顶点为，点在椭圆位于轴上方的部分，（1）求椭圆的方程；（2）若直线的斜率为，求弦的长度；（3）若直线与轴交于点，点是轴上一点，且满足，直线与椭圆交于点.是否存在直线，使得的面积为2，若存在，求出直线的斜率，若不存在，说明理由.解：（1）由题意可得，解得，所以椭圆的方程为；（2）由（1）可知，设，直线的方程为，由得，所以，，所以；（3）由（2）可知，即，所以，即，直线的方程为，令，解得，即，设，由题意有，解得，即，进而可得直线的方程为，由得，解得，进而，即，因为，，所以关于原点对称，故直线过原点，所以，当时，即，解得，所以存在直线，使得的面积为2，此时直线的斜率20．已知函数．（1）若实数，求函数在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）设，若且，使得，证明：．（1）解：时，，，，所以切线的斜率为，切线方程为即.（2）解：的定义域为，，若，则恒成立，则在单调递增，若，令解得，令解得，所以则在单调递减，单调递增.（3）证明：由题知，且，不妨设，使得所以整理得令所以在单调递增，又因为，所以所以所以因为，所以，即，所以，下面证明，即证，设，即证明，只需证明，设则，所以在单调递增，所以所以，所以，即.2023年高考金榜预测卷（一）（天津卷）数学一、选择题1．集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗，则或，则或，，，则，故选：D.2．“”是“”成立的（

）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〗B〖解析〗因为解得或，所以“”是“”成立的必要不充分条件，故选：B3．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”，如函数的图像大致是（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗由得，即函数定义域是，排除AB，时，，，，时，，，，因此排除C，故选：D．4．某城市100户居民的月平均用电量（单位：度），以[160，180），[180，200），[200，220），[220，240），[240，260），[260，280），[280，300]分组得到如下频率分布直方图，则直方图中x的值为（

）A．0.007 B．0.0075 C．0.008 D．0.0085〖答案〗B〖解析〗在频率分布直方图中，各小矩形面积和为1，即，解得，.故选：B.5．已知，，，则，，的大小关系是（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由题知，，即：，又，所以；，，，所以：.故选：C.6．已知，，则等于（

）A． B．7 C． D．－7〖答案〗D〖解析〗因为，且，所以，所以，故，故选：D.7．椭圆的中心为点，它的一个焦点为，相应于焦点F的准线方程为，则这个椭圆的方程是（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗因为椭圆中心为点，且一个焦点为，所以该椭圆为中心在坐标原点焦点在x轴上的椭圆向左平移一个单位后的椭圆，设椭圆方程为，由题，，又因为准线方程为，所以，解得，，椭圆方程为：.故选：D.8．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为（

）A．8π B．4π C． D．2π〖答案〗B〖解析〗将该多面体补形为正方体，则由，，所以由勾股定理得：，所以正方体的边长为，所以经过该多面体的各个顶点的球为正方体的棱切球，所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为，故过该多面体的各个顶点的球的半径为1，球的表面积为.故选：B9．已知函数，给出以下四个命题：①的最小正周期为；②在上的值域为；③的图象关于点中心对称；④的图象关于直线对称.其中正确命题的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4〖答案〗B〖解析〗对于①：因为，所以周期为，即①正确；对于②：因为，所以，所以，，则的值域为，即②错误；对于③：因为，所以的图象不关于点中心对称，即③错误；对于④：因为为的最大值，所以的图象关于直线对称，即④正确；所以正确命题为①④，共2个正确命题.故选：B.二、填空题10．已知复数满足，则______.〖答案〗〖解析〗由，得，所以，故〖答案〗为：.11．在的展开式中，项的系数为______．〖答案〗10〖解析〗依题意，，因此展开式中项为，所以项的系数为10.故〖答案〗为：1012．已知直线被圆截得的弦长为，则的值为_________.〖答案〗1〖解析〗依题意可得圆心，半径，则圆心到直线的距离，由勾股定理可知，，代入化简可得，且，解得．故〖答案〗为：．13．已知函数，函数恰有三个不同的零点，则的取值范围是_______．〖答案〗〖解析〗，，画出的图像，化简，，故的必过点，恰有三个不同的零点，即为有三个不同的实根，作出和的图像，直线与曲线相切时，有，由，可得，解得或，又由，得，故（舍去），当与曲线相切时，两图像恰有三个交点，令，此时，解得，结合图像可得，或故〖答案〗为：.14．有编号分别为1，2，3的3个红球和3个黑球，从中取出2个，则取出的编号互不相同的概率为_____；在取出球的编号互不相同的条件下，1号红球被取到的概率为_______．〖答案〗

〖解析〗解：从编号分别为，，的个红球和个黑球，随机取出个的取法，个球编号相同的取法，则球的编号互不相同的取法，所以取出的球的编号互不相同的概率．因为球的编号互不相同的取法有种，其中号红球取到的情况有种，所以在取出球的编号互不相同的条件下，1号红球被取到的概率.故〖答案〗为：；15．在中，，，，点在线段上（点不与端点重合），延长到，使得，（为常数），（ⅰ）若，则___________；（ⅱ）线段的长度为____________.〖答案〗

〖解析〗如图，以为坐标原点建系如图，则,所以由得,整理得，由得解得或，当时，，此时重合，由可得，此时，因为点不与端点重合，所以不满足题意，舍去，当时，，的直线方程为，的直线方程为，联立解得，所以，所以，若，则解得，此时，故〖答案〗为:;.三、解答题16．在中，角所对的边分别为．已知且．（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值．解：（1）由边化角可得，又因为,所以，又因为得，将代入，整理得，或（舍），所以.（2）由（1）得得，，且，则，所以.（3）由余弦定理，得，因为,所以，又因为，所以，所以,所以.17．如图，在四棱锥中，，为棱的中点，平面.（1）证明：平面（2）求证：平面平面（3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值.（1）证明：∵且，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，所以平面.（2）证明：∵平面，平面，∴，连接，∵且，∴四边形为平行四边形，∵，，∴平行四边形为正方形，∴，又，∴，又，面，∴面，∵面，∴平面平面.（3）解：∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，因为平面，∴∴为二面角的平面角，从而，所以，作于，连接，∵平面平面，平面，平面平面，∴面，所以为直线与平面所成角，在直角中，，，，∴，因为面，面，所以，在直角中，，，∴，则直线与平面所成角的正切值为.18．已知等差数列的前项和为，且，.数列的前项和为，满足.（1）求数列、的通项公式；（2）若，求数列的前项和；（3）设，求证：.（1）解：因为数列是等差数列，设公差为，由，得，即，