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2023年高考真题——数学(天津卷)(Word版含解析)

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2023年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)数学一、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.已知集合,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】对集合B求补集,应用集合的并运算求结果;【详解】由,而,所以.故选:A2.“”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分、必要性定义判断条件的推出关系,即可得答案.【详解】由,则,当时不成立,充分性不成立;由,则,即,显然成立,必要性成立;所以是的必要不充分条件.故选:B3.若,则的大小关系为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据对应幂、指数函数的单调性判断大小关系即可. 【详解】由在R上递增,则,由在上递增,则.所以.故选:D4.函数的图象如下图所示,则的解析式可能为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由图知函数为偶函数,应用排除,先判断B中函数的奇偶性,再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项,即得答案.【详解】由图知:函数图象关于y轴对称,其为偶函数,且,由且定义域为R,即B中函数为奇函数,排除;当时、,即A、C中上函数值为正,排除;故选:D5.已知函数的一条对称轴为直线,一个周期为4,则的解析式可能为()A.B. C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意分别考查函数的最小正周期和函数在处的函数值,排除不合题意的选项即可确定满足题意的函数解析式.【详解】由函数的解析式考查函数的最小周期性:A选项中,B选项中,C选项中,D选项中,排除选项CD,对于A选项,当时,函数值,故是函数一个对称中心,排除选项A,对于B选项,当时,函数值,故是函数的一条对称轴,故选:B.6.已知为等比数列,为数列的前项和,,则的值为()A.3B.18C.54D.152【答案】C【解析】【分析】由题意对所给的递推关系式进行赋值,得到关于首项、公比的方程组,求解方程组确定首项和公比的值,然后结合等比数列通项公式即可求得的值.【详解】由题意可得:当时,,即,①当时,,即,②联立①②可得,则.故选:C.7.调查某种群花萼长度和花瓣长度,所得数据如图所示,其中相关系数,下列说法正确的是() A.花瓣长度和花萼长度没有相关性B.花瓣长度和花萼长度呈现负相关C.花瓣长度和花萼长度呈现正相关D.若从样本中抽取一部分,则这部分的相关系数一定是【答案】C【解析】【分析】根据散点图的特点可分析出相关性的问题,从而判断ABC选项,根据相关系数的定义可以判断D选项.【详解】根据散点的集中程度可知,花瓣长度和花萼长度有相关性,A选项错误散点的分布是从左下到右上,从而花瓣长度和花萼长度呈现正相关性,B选项错误,C选项正确;由于是全部数据的相关系数,取出来一部分数据,相关性可能变强,可能变弱,即取出的数据的相关系数不一定是,D选项错误故选:C8.在三棱锥中,线段上的点满足,线段上的点满足,则三棱锥和三棱锥的体积之比为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面,垂足为,连接,过作,垂足为.先证平面,则可得到,再证.由三角形相似得到,,再由即可求出体积比. 【详解】如图,分别过作,垂足分别为.过作平面,垂足为,连接,过作,垂足为.因为平面,平面,所以平面平面.又因为平面平面,,平面,所以平面,且.在中,因为,所以,所以,在中,因为,所以,所以故选:B9.双曲线的左、右焦点分别为.过作其中一条渐近线的垂线,垂足为.已知,直线的斜率为,则双曲线的方程为()A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】先由点到直线的距离公式求出,设,由得到,.再由三角形的面积公式得到,从而得到,则可得到,解出,代入双曲线的方程即可得到答案.【详解】如图,因为,不妨设渐近线方程为,即,所以,所以.设,则,所以,所以.因,所以,所以,所以,所以,因为,所以,所以,解得,所以双曲线的方程为故选:D 二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.试题中包含两个空的,答对1个的给3分,全部答对的给5分.10.已知是虚数单位,化简的结果为_________.【答案】##【解析】【分析】由题意利用复数的运算法则,分子分母同时乘以,然后计算其运算结果即可.【详解】由题意可得.故答案为:.11.在的展开式中,项的系数为_________.【答案】【解析】【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式,令确定的值,然后计算项的系数即可.【详解】展开式的通项公式,令可得,,则项的系数为.故答案为:60.12.过原点的一条直线与圆相切,交曲线于点,若,则的值为_________.【答案】【解析】【分析】根据圆和曲线关于轴对称,不妨设切线方程为,,即可根据直线与圆的位置关系,直线与抛物线的位置关系解出.【详解】易知圆和曲线关于轴对称,不妨设切线方程为,, 所以,解得:,由解得:或,所以,解得:.当时,同理可得.故答案为:.13.甲乙丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球,其总数之比为.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为.现从三个盒子中各取一个球,取到的三个球都是黑球的概率为_________;将三个盒子混合后任取一个球,是白球的概率为_________.【答案】①.②.##【解析】【分析】先根据题意求出各盒中白球,黑球的数量,再根据概率的乘法公式可求出第一空;根据古典概型的概率公式可求出第二个空.【详解】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为,所以总数为,所以甲盒中黑球个数为,白球个数为;甲盒中黑球个数为,白球个数为;甲盒中黑球个数为,白球个数为;记“从三个盒子中各取一个球,取到的球都是黑球”为事件,所以,;记“将三个盒子混合后取出一个球,是白球”为事件,黑球总共有个,白球共有个,所以,.故答案为:;.14.在中,,,点为的中点,点为的中点,若设,则可用表示为_________;若,则的最大值为_________.【答案】①.②. 【解析】【分析】空1:根据向量的线性运算,结合为的中点进行求解;空2:用表示出,结合上一空答案,于是可由表示,然后根据数量积的运算和基本不等式求解.【详解】空1:因为为的中点,则,可得,两式相加,可得到,即,则;空2:因为,则,可得,得到,即,即.于是.记,则,在中,根据余弦定理:,于是,由和基本不等式,,故,当且仅当取得等号,则时,有最大值.故答案为:;. 15.若函数有且仅有两个零点,则的取值范围为_________.【答案】【解析】【分析】根据绝对值的意义,去掉绝对值,求出零点,再根据根存在的条件即可判断的取值范围.【详解】(1)当时,,即,若时,,此时成立;若时,或,若方程有一根为,则,即且;若方程有一根为,则,解得:且;若时,,此时成立.(2)当时,,即,若时,,显然不成立;若时,或,若方程有一根为,则,即;若方程有一根为,则,解得:;若时,,显然不成立;综上,当时,零点为,; 当时,零点为,;当时,只有一个零点;当时,零点为,;当时,只有一个零点;当时,零点为,;当时,零点为.所以,当函数有两个零点时,且.故答案为:.【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值,求出方程的根,再根据根存在的条件求出对应的范围,然后根据范围讨论根(或零点)的个数,从而解出.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,角所对的边分別是.已知.(1)求的值;(2)求的值;(3)求.【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】(1)根据正弦定理即可解出;(2)根据余弦定理即可解出;(3)由正弦定理求出,再由平方关系求出,即可由两角差的正弦公式求出.【小问1详解】由正弦定理可得,,即,解得:;【小问2详解】 由余弦定理可得,,即,解得:或(舍去).【小问3详解】由正弦定理可得,,即,解得:,而,所以都为锐角,因此,,故.17.三棱台中,若面,分别是中点.(1)求证://平面;(2)求平面与平面所成夹角的余弦值;(3)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】 【分析】(1)先证明四边形是平行四边形,然后用线面平行的判定解决;(2)利用二面角的定义,作出二面角的平面角后进行求解;(3)方法一是利用线面垂直的关系,找到垂线段的长,方法二无需找垂线段长,直接利用等体积法求解小问1详解】连接.由分别是的中点,根据中位线性质,//,且,由棱台性质,//,于是//,由可知,四边形是平行四边形,则//,又平面,平面,于是//平面.【小问2详解】过作,垂足为,过作,垂足为,连接.由面,面,故,又,,平面,则平面.由平面,故,又,,平面,于是平面,由平面,故.于是平面与平面所成角即.又,,则,故,在中,,则, 于是【小问3详解】[方法一:几何法]过作,垂足为,作,垂足为,连接,过作,垂足为.由题干数据可得,,,根据勾股定理,,由平面,平面,则,又,, 平面,于是平面.又平面,则,又,,平面,故平面.在中,,又,故点到平面的距离是到平面的距离的两倍,即点到平面的距离是.[方法二:等体积法]辅助线同方法一.设点到平面的距离为.,.由,即. 18.设椭圆的左右顶点分别为,右焦点为,已知.(1)求椭圆方程及其离心率;(2)已知点是椭圆上一动点(不与端点重合),直线交轴于点,若三角形的面积是三角形面积的二倍,求直线的方程.【答案】(1)椭圆的方程为,离心率为.(2).【解析】【分析】(1)由解得,从而求出,代入椭圆方程即可求方程,再代入离心率公式即求离心率.(2)先设直线的方程,与椭圆方程联立,消去,再由韦达定理可得,从而得到点和点坐标.由得,即可得到关于的方程,解出,代入直线的方程即可得到答案.【小问1详解】如图,由题意得,解得,所以,所以椭圆的方程为,离心率为. 【小问2详解】由题意得,直线斜率存在,由椭圆的方程为可得,设直线的方程为,联立方程组,消去整理得:,由韦达定理得,所以,所以,.所以,,,所以,所以,即,解得,所以直线的方程为.19.已知是等差数列,.(1)求的通项公式和.(2)已知为等比数列,对于任意,若,则,(Ⅰ)当时,求证:;(Ⅱ)求的通项公式及其前项和.【答案】(1),;(2)(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ),前项和为.【解析】 【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程,解方程可得,据此可求得数列的通项公式,然后确定所给的求和公式里面的首项和项数,结合等差数列前项和公式计算可得.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况,当时,,取,当时,,取,即可证得题中的不等式;(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论猜想,然后分别排除和两种情况即可确定数列的公比,进而可得数列的通项公式,最后由等比数列前项和公式即可计算其前项和.【小问1详解】由题意可得,解得,则数列的通项公式为,注意到,从到共有项,故.小问2详解】(Ⅰ)由题意可知,当时,,取,则,即,当时,,取,此时,据此可得,综上可得:.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知:,据此猜测,否则,若数列的公比,则,注意到,则不恒成立,即不恒成立, 此时无法保证,若数列的公比,则,注意到,则不恒成立,即不恒成立,此时无法保证,综上,数列的公比为,则数列的通项公式为,其前项和为:.【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式,求解数列通项公式和前项和的核心是确定数列的基本量,第二问涉及到递推关系式的灵活应用,先猜后证是数学中常用的方法之一,它对学生探索新知识很有裨益.20.已知函数.(1)求曲线在处切线的斜率;(2)当时,证明:;(3)证明:.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【解析】【分析】(1)利用导数的几何意义求斜率;(2)问题化为时,构造,利用导数研究单调性,即可证结论;(3)构造,,作差法研究函数单调性可得,再构造且,应用导数研究其单调性得到恒成立,对作放缩处理,结合累加得到,即可证结论.【小问1详解】 ,则,所以,故处的切线斜率为;【小问2详解】要证时,即证,令且,则,所以在上递增,则,即.所以时.【小问3详解】设,,则,由(2)知:,则,所以,故在上递减,故;下证,令且,则,当时,递增,当时,递减,所以,故在上恒成立,则,所以,,…,,累加得:,而,则,所以,故; 综上,,即.【点睛】关键点点睛:第三问,作差法研究单调性证右侧不等关系,再构造且,导数研究其函数符号得恒成立,结合放缩、累加得到为关键.

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发布时间:2023-06-10 16:00:03 页数:22
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文章作者:随遇而安

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