2023届天津市部分区高三二模考试数学试题 （解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市部分区2023届高三二模数学试题第I卷一、选择题：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〗B〖解析〗.故选：B.2.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〖解析〗当时，即，，因此由能推出，当时，显然当时成立，但是不成立，因此由不一定能推出，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A3.函数的图象大致为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗函数的定义域为,又，故函数为奇函数，排除A,B.又，故排除D，选C.故选：C.4.已知，则（）A.3 B.5 C. D.〖答案〗A〖解析〗，.故选：A.5.设，则的大小关系为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意得，，由于为上的单调增函数，故，故，故选：C6.红薯于1593年被商人陈振龙引入中国，也叫甘薯、番薯等，因其生食多汁、熟食如蜜，成为人们喜爱的美食甜点.敦敦和融融在步行街买了一根香气扑鼻的烤红薯，准备分着吃.如图，该红薯可近似看作三个部分：左边部分是半径为的半球；中间部分是底面半径是为、高为的圆柱；右边部分是底面半径为、高为的圆锥，若敦敦准备从中间部分的处将红薯切成两块，则两块红薯体积差的绝对值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可知，两块红薯体积差绝对值为.故选：A.7.若函数在区间上具有单调性，则的最大值是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗当时，；若在上单调递增，则，解得：，又，若不等式组有解，则解得：，，则；若在上单调递减，则，解得：，又，若不等式组有解，则，解得：，与矛盾，在上单调递减不成立；综上所述：，则的最大值为.故选：B.8.已知双曲线的离心率为2，抛物线的焦点为，过过直线交抛物线于两点，若与双曲线的一条渐近线平行，则（）A.16 B. C.8 D.〖答案〗D〖解析〗由题意得，故双曲线的渐近线方程为，又与双曲线的一条渐近线平行，不妨设直线的斜率为，又，故的直线方程为：，联立直线方程和抛物线方程得：，所以，所以.故选：D.9.设函数，.当时，与的图象所有交点的横坐标之和为（）A.4051 B.4049 C.2025 D.2023〖答案〗B〖解析〗函数的最小正周期为2，直线为其一条对称轴，，其图象关于直线对称，故可作出函数函数，得图象如图：由图像可知，在直线的右侧，包含的1012个周期，在每个周期内和的图象都有2个交点，则共有2024个交点，根据对称性可知，在直线的左侧，和的图象也有2024个交点，且在直线的两侧的交点是关于直线两两对称的，故这4048个交点的横坐标之和为，而也是这两函数图象的一个交点的横坐标，故与的图象所有交点的横坐标之和为，故选：B.第II卷二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.10.是虚数单位，复数_______________.〖答案〗〖解析〗复数，故〖答案〗为：.11.在的展开式中，常数项为______________.（结果用数字表示）〖答案〗〖解析〗展开式通项为：，令，解得：，，即常数项为.故〖答案〗为：.12.经过点的圆的方程为___________.〖答案〗〖解析〗设圆的一般方程为，代入点可得：，解得故圆的一般方程为：故〖答案〗为：13.某篮球队对队员进行考核，规则是①每人进行5个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过.已知队员甲投篮1次投中的概率为0.6，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲第一轮通过的概率为________；甲5个轮次通过的次数的期望是_____________.〖答案〗〖解析〗“第次投中”，，则甲第一轮通过的概率为.的可能取值为，服从二项分布，则甲5个轮次通过的次数的期望是.故〖答案〗为：；.14.已知实数、满足，则的最小值为________.〖答案〗##〖解析〗因为，即，所以，，所以，，当且仅当或时，等号成立，故的最小值为.故〖答案〗为：.15.在中，，角为锐角，且向量在向量上的投影向量的模是3，则________；若，则函数的最小值为_______________.〖答案〗〖解析〗由向量在向量上的投影向量为，得向量在向量上的投影向量的模为，所以，又因角为锐角，所以，如图，以点为原点，建立平面直角坐标系，则，在上取，使得，则，在上取点使得，则，直线的方程为，设点关于直线的对称点，则，解得，所以，则，当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为.故〖答案〗为：.三、解答题：本大题共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.在中，角、、所对的边分别为、、.已知，，.（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值.（1）解：由正弦定理及可得，则，由余弦定理，可得，故.（2）解：因为，，则，由正弦定理可得.（3）解：由（1）可知，则，故为锐角，所以，，所以，，，所以，.17.如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由.（1）证明：依题意，以D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得,,,,,.依题意，,,从而,所以，即（2）解：依题意，,,设为平面ACF的法向量，则，不妨设可得，因为,设直线EC与平面ACF所成角为，则，所以直线EC与平面ACF所成角的正弦值为.（3）解：假设线段DE上存在一点，使得直线BG与AD所成角的余弦值为，则.依题意则，，解得.所有存在点满足条件，所以可得,由（2）可知平面ACF的一个法向量为，所以点G到平面ACF的距离为

18.已知椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为，且.（1）求椭圆的方程；（2）过点作斜率为的直线与椭圆交于另一点，是轴上一点，且满足，若直线的斜率为，求直线的方程.（1）解：由题意可得，解得，，所以，，所以，椭圆的方程为.（2）解：设直线的方程为，设点，联立可得，则为方程的一根，所以，，可得，则，即点，由，得，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令可得，即点，所以，，即，解得或，因为，解得或，所以，直线的方程为或.19.已知为等差数列，数列满足，且，，.（1）求和的通项公式；（2）若，求数列的前项和；（3）设的前项和为，证明：.（1）解：由及可知，数列是以为公比的等比数列，所以，，故，设等差数列的公差为，由，可得，，所以，.（2）解：，设数列的前项和为，，记，，所以，，，①，②①②可得，所以，，因此，.（3）证明：先证明柯西不等式，构造函数，显然且，所以，，即，当且仅当时，等号成立，本题中，由（1）可得，所以，，且，所以，，，所以，，但不恒为常数，所以等号不成立，则.20.已知，函数.（1）当时，求的单调区间；（2）当时，设的导函数为，若恒成立，求证：存在，使得；（3）设，若存在，使得，证明：.（1）解：由函数，可得其定义域为，当时，可得，则，当时，可得，单调递减；当时，可得，单调递增，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间.（2）解：当时，可得，则，因为恒成立，即恒成立，令，若，则，存在，使得，即，不符合题意，所以，取，则，可得，即存在，使得.（3）证明：由函数，可得，设，因为，可得则又由，可得，所以函数为单调递增函数，所以，即，所以，即，设，可得，所以当时，，即，所以，即，所以，代入可得：，则，所以.天津市部分区2023届高三二模数学试题第I卷一、选择题：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〗B〖解析〗.故选：B.2.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〖解析〗当时，即，，因此由能推出，当时，显然当时成立，但是不成立，因此由不一定能推出，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A3.函数的图象大致为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗函数的定义域为,又，故函数为奇函数，排除A,B.又，故排除D，选C.故选：C.4.已知，则（）A.3 B.5 C. D.〖答案〗A〖解析〗，.故选：A.5.设，则的大小关系为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意得，，由于为上的单调增函数，故，故，故选：C6.红薯于1593年被商人陈振龙引入中国，也叫甘薯、番薯等，因其生食多汁、熟食如蜜，成为人们喜爱的美食甜点.敦敦和融融在步行街买了一根香气扑鼻的烤红薯，准备分着吃.如图，该红薯可近似看作三个部分：左边部分是半径为的半球；中间部分是底面半径是为、高为的圆柱；右边部分是底面半径为、高为的圆锥，若敦敦准备从中间部分的处将红薯切成两块，则两块红薯体积差的绝对值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可知，两块红薯体积差绝对值为.故选：A.7.若函数在区间上具有单调性，则的最大值是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗当时，；若在上单调递增，则，解得：，又，若不等式组有解，则解得：，，则；若在上单调递减，则，解得：，又，若不等式组有解，则，解得：，与矛盾，在上单调递减不成立；综上所述：，则的最大值为.故选：B.8.已知双曲线的离心率为2，抛物线的焦点为，过过直线交抛物线于两点，若与双曲线的一条渐近线平行，则（）A.16 B. C.8 D.〖答案〗D〖解析〗由题意得，故双曲线的渐近线方程为，又与双曲线的一条渐近线平行，不妨设直线的斜率为，又，故的直线方程为：，联立直线方程和抛物线方程得：，所以，所以.故选：D.9.设函数，.当时，与的图象所有交点的横坐标之和为（）A.4051 B.4049 C.2025 D.2023〖答案〗B〖解析〗函数的最小正周期为2，直线为其一条对称轴，，其图象关于直线对称，故可作出函数函数，得图象如图：由图像可知，在直线的右侧，包含的1012个周期，在每个周期内和的图象都有2个交点，则共有2024个交点，根据对称性可知，在直线的左侧，和的图象也有2024个交点，且在直线的两侧的交点是关于直线两两对称的，故这4048个交点的横坐标之和为，而也是这两函数图象的一个交点的横坐标，故与的图象所有交点的横坐标之和为，故选：B.第II卷二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.10.是虚数单位，复数_______________.〖答案〗〖解析〗复数，故〖答案〗为：.11.在的展开式中，常数项为______________.（结果用数字表示）〖答案〗〖解析〗展开式通项为：，令，解得：，，即常数项为.故〖答案〗为：.12.经过点的圆的方程为___________.〖答案〗〖解析〗设圆的一般方程为，代入点可得：，解得故圆的一般方程为：故〖答案〗为：13.某篮球队对队员进行考核，规则是①每人进行5个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过.已知队员甲投篮1次投中的概率为0.6，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲第一轮通过的概率为________；甲5个轮次通过的次数的期望是_____________.〖答案〗〖解析〗“第次投中”，，则甲第一轮通过的概率为.的可能取值为，服从二项分布，则甲5个轮次通过的次数的期望是.故〖答案〗为：；.14.已知实数、满足，则的最小值为________.〖答案〗##〖解析〗因为，即，所以，，所以，，当且仅当或时，等号成立，故的最小值为.故〖答案〗为：.15.在中，，角为锐角，且向量在向量上的投影向量的模是3，则________；若，则函数的最小值为_______________.〖答案〗〖解析〗由向量在向量上的投影向量为，得向量在向量上的投影向量的模为，所以，又因角为锐角，所以，如图，以点为原点，建立平面直角坐标系，则，在上取，使得，则，在上取点使得，则，直线的方程为，设点关于直线的对称点，则，解得，所以，则，当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为.故〖答案〗为：.三、解答题：本大题共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.在中，角、、所对的边分别为、、.已知，，.（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值.（1）解：由正弦定理及可得，则，由余弦定理，可得，故.（2）解：因为，，则，由正弦定理可得.（3）解：由（1）可知，则，故为锐角，所以，，所以，，，所以，.17.如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由.（1）证明：依题意，以D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得,,,,,.依题意，,,从而,所以，即（2）解：依题意，,,设为平面ACF的法向量，则，不妨设可得，因为,设直线EC与平面ACF所成角为，则，所以直线EC与平面ACF所成角的正弦值为.（3）解：假设线段DE上存在一点，使得直线BG与AD所成角的余弦值为，则.依题意则，，解得.所有存在点满足条件，所以可得,由（2）可知平面ACF的一个法向量为，所以点G到平面ACF的距离为

18.已知椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为，且.（1）求椭圆的方程；（2）过点作斜率为的直线与椭圆交于另一点，是轴上一点，且满足，若直