2023年高考数学押题卷02（天津卷）（含考试版、参考答案、全解全析、答题卡）

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2023年高考押题预测卷02

数学（天津卷）

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（共45分）

一、选择题：本题共9个小题，每小题5分，共45分．每小题给出的四个选项只有一个符合题目要求．

1．已知全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】因为，所以，

又因为，

所以.

故选：D.

2．命题“有一个偶数是素数”的否定是（    ）

A．任意一个奇数是素数 B．存在一个偶数不是素数

C．存在一个奇数不是素数 D．任意一个偶数都不是素数

【答案】D

【详解】由于存在量词命题，否定为.所以命题“有一个偶数是素数”的否定是“任意一个偶数都不是素数”.

故选：D

3．某班级有50名学生，期末考试数学成绩服从正态分布，已，则的学生人数为（    ）

A．5 B．10 C．20 D．30

【答案】D

【详解】因为期末考试数学成绩服从正态分布，所以期末考试数学成绩关于对称，

则，所以，

所以的学生人数为：人.

故选：D.

4．已知，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】，，，

又，

因为函数，在上单调递减，且，又因为，

所以，所以，即，所以，

，即．

故选：C．

5．已知双曲线的焦点为，，抛物线的准线与交于M，N两点，且为正三角形，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】的准线方程为，经过点，

中，令得，解得，

故，

因为为正三角形，所以，

即，联立，解得，

方程两边同时除以得，解得或（舍去），

故双曲线的离心率为.

故选：A

6．设数列的前n项和为，且，，则数列的前10项和是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由得，

当时，，

整理得，

所以是公差为4的等差数列，又因为，

所以，从而，

所以，

所以数列的前10项和为．

故选：C

7．已知函数，，下列命题中：

①的最小正周期是，最大值是；

②；

③的单调增区间是（）；

④将的图象向右平移个单位得到的函数是偶函数，

其中正确个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【详解】.

对于①，，

因为，所以的最大值为，故①正确；

对于②，

，故②正确；

对于③，由可得，

，

所以，的单调增区间是（），故③正确；

对于④，将的图象向右平移个单位得到的函数为

，

，故④错误.

综上所述，①②③正确.

故选：C.

8．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，则

由题意可知，，

因此有

，即，解得，

因为，

所以.

所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为

故选：D.

9．已知函数，则下列说法中正确的是（    ）

①函数有两个极值点；

②若关于的方程恰有1个解，则；

③函数的图象与直线（）有且仅有一个交点；

④若，且，则无最值.

A．①② B．①③④ C．②③ D．①③

【答案】D

【详解】对于①，当时，，恒成立，

所以在上单调递增；

当时，，恒成立，

所以，在上单调递减；

当时，，恒成立，

所以，在上单调递减.

综上所述，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.

所以，在处取得极小值，在处取得极大值，故①正确；

对于②，作出的图象如下图1

由图1可知，若关于的方程恰有1个解，则或，故②错误；

对于③，由①知，当时，，

因为，所以，所以，当且仅当；

当时，；

当时，，

因为，所以，所以，当且仅当.

综上所述，，有恒成立.

又直线可化为，斜率为，

所以函数的图象与直线（）有且仅有一个交点，故③正确；

对于④，

由图2可知，当时，函数的图象与有3个不同的交点.

则有，所以，

所以，.

令，，

则.

令，则在上恒成立，

所以，在上单调递增.

又，，

根据零点存在定理可知，，使得，

且当时，，

所以，所以在上单调递减；

当时，，

所以，所以在上单调递增.

所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，无最大值，故④错误.

综上所述，①③正确.

故选：D.

第Ⅱ卷（共105分）

二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上．）

10．若复数z满足（是虚数单位），则=________.

【答案】

【详解】，

故.

故答案为：

11．若 展开式中所有项的系数和为 256 ，其中为常数，则该展开式中项的系数为________

【答案】28

【详解】因为 展开式中所有项的系数和为 256 ，所以，解得，

由题意得 展开式中项的系数与展开式中的项的系数相同.

展开式的通项，令，得，

所以展开式中项的系数为.

12．若双曲线的渐近线与圆相切，则_______．

【答案】

【详解】由双曲线方程，则其渐近线方程，

由圆方程，整理可得，其圆心为，半径，

由两个渐近线关于对称，则不妨只探究渐近线，整理可得，

由题意，可得，解得.

13．已知等边三角形的边长为1，射线、上分别有一动点和（点在点与之间），当时，的值为________；当时，的最小值为________．

【答案】     /    

【详解】，，

；

设，

则，，

，

当时，有最小值为.

14．为了组建一支志愿者队伍，欲从3名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，则在“抽取的3人至少有一名男志愿者”的前提下“抽取的3人中全是男志愿者”的概率是________，若用X表示抽取的三人中女志愿者的人数，则________.

【答案】          /

【详解】设事件 “抽取的3人至少有一名男志愿者”，事件 “抽取的3人中全是男志愿者”

，则，

即在“抽取的3人至少有一名男志愿者”的前提下“抽取的3人中全是男志愿者”的概率是.

X可取，

，

则

15.设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围是______.

【答案】

【详解】因为，，

当时，由可得，可得，

当时，由可得，可得，

令，则直线与函数的图象有两个交点，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，由可得，由可得，

所以，函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，函数的极小值为，

且当时，，当时，，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，此时函数有两个零点，

因此，实数的取值范围是.

三、解答题：（本大题5个题，共75分）

16．在中，角、、的对边分别为、、，已知.

(1)求的值；

(2)若，

（ⅰ）求的值；

（ⅱ）求的值.

【详解】（1）在中，由正弦定理

可得：，整理得，

由余弦定理，可得；

（2）（i）由（1）可得，又由正弦定理，

及已知，可得，

由已知，可得，故有，

为锐角，可得，，

则；

（ii）由（i）可得，,

.

17．已知正三棱柱中，侧棱长为，底面边长为2，D为AB的中点.

(1)证明：；

(2)求二面角的大小；

(3)求直线CA与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）由为正三棱柱可知，平面，

又平面，所以，

由底面是边长为2的正三角形，D为AB的中点，所以；

又，平面，所以平面；

又平面，所以；

（2）取线段的中点分别为，连接，

易知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示;

由侧棱长为，底面边长为2可得，

，

由D为AB的中点可得，

所以，

设平面的一个法向量为，

则，令，可得；

即；

易得即为平面的一个法向量，

所以，

设二面角的平面角为，由图可知为锐角，

所以，即；

即二面角的大小为.

（3）由（2）可知，平面的一个法向量为，

设直线CA与平面所成的角为，

所以，

即直线CA与平面所成角的正弦值为.

18．已知等差数列的首项为1，前项和为，单调递增的等比数列的首项为2，且满足.

(1)求和的通项公式；

(2)证明：；

(3)记的前项和为，证明：.

【详解】（1）由题意，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

因为，

所以即

解得（舍去），或

所以.

（2）由（1）知，

所以

（3）由（1）知.

所以

所以

.

即

19．已知椭圆，若椭圆的短轴长为且经过点，过点的直线交椭圆于P，Q两点.

(1)求椭圆方程；

(2)求面积的最大值，并求此时直线的方程；

(3)若直线与x轴不垂直，在x轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，说明理由.

【详解】（1）由题意得，解得，

将代入椭圆方程，得到，故，

故椭圆方程为；

（2）当直线的斜率为0时，此时三点共线，不合要求，舍去；

当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，

与椭圆方程联立，得，

设，则，

则

，

当且仅当，即时，等号成立，

故面积的最大值为，此时直线的方程为或；

（3）在x轴上存在点使得恒成立，理由如下：

因为，所以，即，

整理得，即，

所以，

则，解得，

故在x轴上存在点，使得恒成立.

20．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)求的单调区间；

(3)若函数有两个极值点，求证：.

【详解】（1）当a=1时，，

所以，

故切点坐标为，

又，

所以，

故切线的斜率为，

由点斜式可得，，即，

故曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为；

（2）的定义域为，

又，

①当，即时，在上恒成立，

故在上单调递减；

②当，即或，

令，解得，

若时，则当或时，，

当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增；

若时，在上恒成立，

故在上单调递减.

综上所述，当时，在上单调递减，

当时，在上单调递减，在上单调递增.

（3）由（2）可知，当时，f（x）有两个极值点，

则，

由题意可得，，

则

，

令，

则，

当时，，则单调递增，

当时，，则单调递减，

故当时，取得最大值，

所以.