天津市2023届高三数学高考前最后一卷（Word版附解析）

绝密★启用前2023年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）最后一卷数学本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将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.2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.参考公式：如果事件与事件互斥，那么.如果事件与事件相互独立，那么.球的表面积公式，其中表示球的半径.一、选择题1.设全集为，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用集合的补集和交集运算求解.【详解】解：因为全集为，，所以，又，所以， 所以，故选：A2.已知非零向量，，则“与共线”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.即不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】取为方向相反的单位向量，得到不充分，根据得到，得到必要性，得到答案.【详解】若与共线，取为方向相反的单位向量，则，，，不充分；若，则，整理得到，若且，设夹角为，则，即，即，即，故与共线，必要性成立.综上所述：“与共线”是“”的必要不充分条件.故选：B3.函数的部分图象为（）A.B. C.D.【答案】C【解析】【分析】确定函数为奇函数，排除BD，当时，，排除A，得到答案.【详解】定义域为，，故为奇函数，其图象关于原点对称，排除B，D；又时，，，，故，排除A．故选：C．4.某乡镇为推动乡村经济发展，优化产业结构，逐步打造高品质的农业生产，在某试验区种植了某农作物．为了解该品种农作物长势，在实验区随机选取了100株该农作物苗，经测量，其高度（单位：cm）均在区间内，按照，，，，分成5组，制成如图所示的频率分布直方图，记高度不低于16cm的为“优质苗”．则所选取的农作物样本苗中，“优质苗”株数为（）A.20B.40C.60D.88【答案】C【解析】【分析】根据频率分布直方图计算出“优质苗”的占比,再乘以100可得结果 【详解】由频率分布直方图可知，“优质苗”的占比为，因此，所选取的农作物样本苗中，“优质苗”株数为.故选：C.5.若，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】用对数函数的单调性和比较，用指数函数的单调性和比较，用对数函数的单调性和比较，即可判断大小关系.【详解】因为,所以为减函数，所以，即.因为,所以为增函数，所以，即.因,所以为增函数，所以，即，所以．故选：D6.若是奇函数，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据奇函数的定义结合对数运算求解.【详解】若是奇函数，可得，则 ，可得，解得，所以.故选：A.7.已知双曲线的上､下焦点分别为，，过的直线与双曲线的上支交于M，N两点，若，，成等差数列，且，则该双曲线的离心率为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据，，成等差数列，并结合双曲线的定义得到，再设，在中利用勾股定理得到，进而在中利用勾股定理得到，从而得到双曲线的离心率.【详解】由双曲线的定义知，，∴，∵，∴，令，则，在中，，∴，解得，∴，，所以在中，，∴，∴.故选：B 8.木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据正四棱台的外接球的性质可得两底面的边长，进而根据直角三角形的边角关系，结合二面角的定义即可求解.【详解】如图：正四棱台，由题意可知：是底面正方形的中心也是球O的球心，且,所以,进而可得取的中点为，过的中点作，连接,所以,,故,在直角三角形中，故，由于,所以即为正四棱台的侧面与底面所成二面角，故正弦值为，故选：A 9.已知函数的最小正周期为，则以下说法错误的是（）A.将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的函数的图象关于原点对称B.函数在区间上为减函数C.由的图象向右平移个单位长度可以得到的图象D.点是函数图象的一个对称中心【答案】C【解析】【分析】先根据已知条件求解确定解析式，再利用图象平移变换判断AC的正误，利用代入验证法判断BD的正误.【详解】函数最小正周期为，故，，故.将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的函数，满足，是奇函数，图象关于原点中心对称性，故A正确；时，由正弦函数单调性可知，为减函数，故B正确；由的图象向右平移个单位长度得到，故C错误；将代入得，，故是函数 图象的一个对称中心，D正确.故选：C.【点睛】方法点睛：解决三角函数的图象性质，通常利用正弦函数的图象性质，采用整体代入法进行求解，或者带入验证.第Ⅱ卷注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.2.本卷共11小题，共105分.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.已知复数，的共轭复数为，则________.【答案】1【解析】【分析】根据共轭复数的概念，先求出复数的共轭复数，再根据复数的乘法运算，即可求出结果.【详解】复数的共轭复数为所以.故答案为：1.【点睛】本题考查了共轭复数的概念，以及复数的乘法运算，属于基础题.11.的展开式中x的系数为___________.【答案】4860【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项,令x的指数为1,求出的值,将的值代入通项,求出系数.【详解】的展开式的通项公式为，令，得， 所以展开式中x的系数为.故答案为:.12.过三点的圆交x轴于两点，则______．【答案】【解析】【分析】作AB和AC的垂直平分线的交点求出圆心和半径，写出圆的标准方程，再令求解.【详解】依题意作上图，显然轴，点的中点坐标为，AB的垂直平分线方程为，点的中点为，直线AC的斜率为，直线的斜率为1，直线的垂直平分线方程为，联立两垂直平分线方程，解得圆心坐标为，半径，所以圆的标准方程为，令，解得与轴交于，，所以；故答案为：.13.甲、乙、丙三人分别独立地解一道题，甲做对的概率是，三人都做对的概率是，三人都做错的概率是，则乙、丙两人各自做对这道题的概率分别为______，甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为______．【答案】①.，或，；②.【解析】【分析】利用相互独立事件同时发生的乘法公式、对立事件概率公式及互斥事件至少一个发生的加法公式计算，即可求解. 【详解】设甲、乙、丙做对这道题分别为事件A、B、C，，由题意，，所以，解得或；设甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的事件为D，则，所以甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为.故答案为：，或，；.14.已知向量满足分别是线段的中点，若，则______；若点为上的动点，且，则的最小值为______.【答案】①②.．【解析】【分析】由得是平行四边形，把用表示后，由数量积的运算求得，同样用表示后平方可求得模，由向量的线性运算得，利用三点共线得出，代入，化简后引入函数，由导数求得其最小值．【详解】因为，所以是平行四边形，由题意,,即，， ，，，，又共线，所以，即，在线段上，因此，，令，则，时，，递减，时，，递增，所以，所以的最小值为．故答案为：；．15.定义在上的函数满足：①当时，②.（i）_____；（ii）若函数的零点从小到大依次记为，则当时，_______.【答案】①.3②. 【解析】【分析】（i）由于，可得，根据解析式求出，代入可得；（ii）在同一坐标系内做出和的图像，根据图像得到的对称关系，把转化为等比数列前n项和即可求解.【详解】（i）因为，所以，当时，，所以；（ii）在同一坐标系内做出和的图像如图所示：当时，利用对称性，依次有：，……所以故答案为：3；【点睛】已知函数有零点，求零点的和（积）的常用方法：(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再直接求和（积）；(2)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．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.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.（1）求角C的大小；（2）若，，求的面积. （3）若，求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）运用正弦定理角化边，再利用余弦定理即可求解；（2）先算出ab，再利用三角形面积公式即可；（3）先算出，再运用两角差和倍角公式即可求解.【小问1详解】依题意，运用正弦定理得：，化简得…①，由余弦定理得：，因为C是三角形内角，；【小问2详解】由于，由①得，；【小问3详解】，；综上：，，.17.如图，在四棱锥中，平而 为的中点，在上，且（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值；（3）点是线段上异于两端点的任意一点，若满足异面直线与所成角的余弦值为，求的长．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理作答.（2）由（1）中坐标系，求出平面的法向量，再二面角的余弦值作答.（3）利用空间向量运算求出点F的坐标，再利用向量求出异面直线夹角余弦即可求解作答.【小问1详解】在四棱锥中，平面，平面，则，而，则以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，又，则有，，因为，则，，因此，即，而，于是得，而平面，平面，所以平面.【小问2详解】由（1）知，，设平面的法向量为，则，令，得，显然平面的法向量为，令平面与平面所成二面角为，则，所以平面与平面所成二面角的正弦值.【小问3详解】由（1）知，，令，，则，，而，则，整理得，而，解得，有，.18.在平面直角坐标系中，已知椭圆与椭圆，且椭圆过椭圆的焦点．过点的直线l与椭圆交于A，B两点，与椭圆交于C，D两点． （1）求椭圆的标准方程；（2）若存在斜率不为0的直线l，使得，求t的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，从而即可求得椭圆的标准方程；（2）根据题意可得直线l的斜率存在，设，，，，，联立直线l与椭圆，得到关于的一元二次方程，从而得到，；同理联立直线l与椭圆，得到，，从而求得，，再根据，从而可得到t的取值范围．【小问1详解】因为椭圆过点，所以，所以，即椭圆的标准方程为．【小问2详解】易知直线l的斜率存在，设，，，，，联立直线l与椭圆，，消去y，整理得，则，，，即，联立直线l与椭圆，，消去y，整理得，则，， ，即所以，，因为，所以，即，平方整理得，因为，所以，即t的取值范围为．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：①设直线方程，设交点坐标为，；②联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算；③列出韦达定理；④将所求问题或题中的关系转化为，(或，)的形式；⑤代入韦达定理求解．19.已知数列的前项和为，满足：.（1）求证：数列为等差数列；（2）若，数列满足，记为的前项和，求证：； （3）在（2）的前提下，记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）由条件可得、，然后可得、，两式相减即可证明；（2）首先可求出、，然后计算出即可；（3）首先可得，然后利用裂项求和法求出，然后求出，然后分为偶数、为奇数求解即可.【小问1详解】因为，所以，，两式相减可得，即由可得，两式相减可得化简可得，所以，所以数列为等差数列；【小问2详解】由可得，可得，因为，所以，因为数列满足，所以，所以， 所以数列为等比数列，因为，所以，，所以，所以，即，【小问3详解】由（2）可得；由已知可得设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为，所以，当为奇数时，，所以当为偶数时，，所以由， 得，即，当为偶数时，对一切偶数成立，所以，当为奇数时，对一切奇数成立，所以此时，故对一切恒成立，则.20.已知函数，.（1）求函数的单调区间；（2）若函数有唯一的极值点，①求实数取值范围；②证明：.【答案】（1）答案见详解（2）①；②证明见详解【解析】【分析】（1）求导，分类讨论判断原函数单调性；（2）①根据（1）中的单调性，分析判断极值点；②根据①可知，整理分析可得原不等式等价于，构建新函数，利用导数证明不等式.【小问1详解】由题意可知：的定义域为，且，当时，则在定义域内恒成立，故函数的递增区间为，无递减区间；当时，令，解得，令，解得；令，解得；故函数的递增区间为，递减区间为； 综上所述：当时，函数的递增区间为，无递减区间；当时，函数的递增区间为，递减区间为.【小问2详解】①由（1）可知：当时，函数的递增区间为，无极值点；当时，函数的递增区间为，递减区间为函数有唯一的极值点；综上所述：若函数有唯一的极值点，则实数取值范围为.②∵函数有唯一的极值点，则，即，可得，故，若，即，且，等价于，构建，则，当时，构建，则，∵，则，故对恒成立，则在上单调递增，可得，即对恒成立，故在上单调递减，可得，即对恒成立； 当时，则，构建，则，∵在内单调递增，则，∴在内单调递增，则，即当时，可得，故对恒成立，则上单调递增，可得，即对恒成立；综上所述：对恒成立.故，即.【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形．(2)构造新的函数h(x)．(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．