2022-2023学年天津市滨海新区塘沽滨海中学高三第二次联考数学试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。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博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案方

2、案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则（ ）AP1P2BP1P2CP1+P2DP1P22已知函数，且，则（ ）A3B3或7C5D5或83已知函数满足：当时，且对任意，都有，则（ ）A0B1C-1D4已知函数是偶函数，当时，函数单调递减，设，则的大小关系为（）ABCD5已知向量，且，则（ ）ABC1D26设集合，则（ ）ABCD7是虚数单位，则（ ）A1B2CD8已知 ，且是的充分不必要条件，则的取值范围是（ ）ABCD9已知双曲线C的两条渐近线的夹角为60，则双

3、曲线C的方程不可能为（ ）ABCD10设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则11若，则下列不等式不能成立的是（ ）ABCD12设i为数单位，为z的共轭复数，若，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和球半径均为2，则该圆柱的底面半径为_.14设，则_.15如图所示，平面BCC1B1平面ABC，ABC120，四边形BCC1B1为正方形，且ABBC2，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为_16已知向量，满足，且已知向量，的夹角为，则的最小值是_三、解答题：共

4、70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）设函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若存在，使得不等式对一切恒成立，求实数的取值范围18（12分）在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为；直线l的参数方程为（t为参数）.直线l与曲线C分别交于M，N两点.（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）若点P的极坐标为，求的值.19（12分）设为实数,已知函数,（1）当时,求函数的单调区间：（2）设为实数,若不等式对任意的及任意的恒成立,求的取值范围;（3）若函数（,）有两个相异的零点,求的取值范围20（12分）已知，

5、函数（1）若，求的单调递增区间；（2）若，求的值21（12分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系已知直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为；（1）求直线的直角坐标方程和曲线的直角坐标方程；(2）若直线与曲线交点分别为，点，求的值22（10分）已知函数是自然对数的底数.（1）若，讨论的单调性；（2）若有两个极值点，求的取值范围，并证明:.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。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、C【解析】将三辆车的出车可能顺序一一列出，找出符合条件的即可.【详解】三辆车的出车顺序可能为：123、132

6、、213、231、312、321方案一坐车可能：132、213、231，所以，P1；方案二坐车可能：312、321，所以，P1；所以P1+P2故选C.【点睛】本题考查了古典概型的概率的求法，常用列举法得到各种情况下基本事件的个数，属于基础题.2、B【解析】根据函数的对称轴以及函数值，可得结果.【详解】函数，若，则的图象关于对称，又，所以或，所以的值是7或3.故选：B.【点睛】本题考查的是三角函数的概念及性质和函数的对称性问题，属基础题3、C【解析】由题意可知，代入函数表达式即可得解.【详解】由可知函数是周期为4的函数，.故选：C.【点睛】本题考查了分段函数和函数周期的应用，属于基础题.4、A【

7、解析】根据图象关于轴对称可知关于对称，从而得到在上单调递增且；再根据自变量的大小关系得到函数值的大小关系.【详解】为偶函数 图象关于轴对称图象关于对称时，单调递减 时，单调递增又且 ，即本题正确选项：【点睛】本题考查利用函数奇偶性、对称性和单调性比较函数值的大小关系问题，关键是能够通过奇偶性和对称性得到函数的单调性，通过自变量的大小关系求得结果.5、A【解析】根据向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值.【详解】由于向量，且，所以解得.故选：A【点睛】本小题主要考查向量垂直的坐标表示，属于基础题.6、C【解析】解对数不等式求得集合，由此求得两个集合的交集.【详解】由，解得，故.依题意，所以.故

8、选：C【点睛】本小题主要考查对数不等式的解法，考查集合交集的概念和运算，属于基础题.7、C【解析】由复数除法的运算法则求出，再由模长公式，即可求解.【详解】由.故选:C.【点睛】本题考查复数的除法和模，属于基础题.8、D【解析】“是的充分不必要条件”等价于“是的充分不必要条件”，即中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集.【详解】由题意知：可化简为，所以中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集，所以.【点睛】利用原命题与其逆否命题的等价性，对是的充分不必要条件进行命题转换，使问题易于求解.9、C【解析】判断出已知条件中双曲线的渐近线方程，求得四个选项中双曲线的渐近线方程，由此确定选项.【详解】

9、两条渐近线的夹角转化为双曲渐近线与轴的夹角时要分为两种情况依题意，双曲渐近线与轴的夹角为30或60，双曲线的渐近线方程为或.A选项渐近线为，B选项渐近线为，C选项渐近线为，D选项渐近线为.所以双曲线的方程不可能为.故选：C【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线方程，属于基础题.10、D【解析】试题分析：，,故选D.考点：点线面的位置关系.11、B【解析】根据不等式的性质对选项逐一判断即可.【详解】选项A：由于，即，所以，所以，所以成立；选项B：由于，即，所以，所以，所以不成立；选项C：由于，所以，所以，所以成立；选项D：由于，所以，所以，所以，所以成立.故选：B.【点睛】本题考查不等关系和不等式

10、，属于基础题.12、A【解析】由复数的除法求出，然后计算【详解】，故选：A.【点睛】本题考查复数的乘除法运算，考查共轭复数的概念，掌握复数的运算法则是解题关键二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由圆柱外接球的性质，即可求得结果.【详解】解：由于圆柱的高和球半径均为2，,则球心到圆柱底面的距离为1，设圆柱底面半径为，由已知有，即圆柱的底面半径为.故答案为：.【点睛】本题考查由圆柱的外接球的性质求圆柱底面半径，属于基础题.14、121【解析】在所给的等式中令，,令，可得2个等式，再根据所得的2个等式即可解得所求.【详解】令，得，令，得，两式相加，得，所以.故答案为:.【点

11、睛】本题主要考查二项式定理的应用,考查学生分析问题的能力,属于基础题,难度较易.15、【解析】将平移到和相交的位置，解三角形求得线线角的余弦值.【详解】过作，过作，画出图像如下图所示，由于四边形是平行四边形，故，所以是所求线线角或其补角.在三角形中，故.【点睛】本小题主要考查空间两条直线所成角的余弦值的计算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.16、【解析】求的最小值可以转化为求以AB为直径的圆到点O的最小距离，由此即可得到本题答案.【详解】如图所示，设，由题，得，又，所以，则点C在以AB为直径的圆上，取AB的中点为M，则，设以AB为直径的圆与线段OM的交点为E，则的最小值是，因为，又，所

12、以的最小值是.故答案为：【点睛】本题主要考查向量的综合应用问题，涉及到圆的相关知识与余弦定理，考查学生的分析问题和解决问题的能力，体现了数形结合的数学思想.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、 () .().【解析】()时，根据绝对值不等式的定义去掉绝对值，求不等式的解集即可；()不等式的解集为，等价于，求出在的最小值即可【详解】()当时，时，不等式化为，解得，即时,不等式化为，不等式恒成立，即时,不等式化为，解得，即综上所述，不等式的解集为()不等式的解集为 对任意恒成立当时，取得最小值为实数的取值范围是【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法与应用问题，也考查了

13、函数绝对值三角不等式的应用问题，属于常规题型18、（1），；（2）2.【解析】（1）由得，求出曲线的直角坐标方程.由直线的参数方程消去参数，即求直线的普通方程；（2）将直线的参数方程化为标准式（为参数），代入曲线的直角坐标方程，韦达定理得，点在直线上，则，即可求出的值.【详解】（1）由可得，即，即，曲线的直角坐标方程为，由直线的参数方程（t为参数），消去得，即直线的普通方程为.（）点的直角坐标为，则点在直线上.将直线的参数方程化为标准式（为参数），代入曲线的直角坐标方程，整理得，直线与曲线交于两点，即.设点所对应的参数分别为，由韦达定理可得，.点在直线上，.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程

14、和普通方程的互化及应用，属于中档题.19、（1）函数单调减区间为;单调增区间为（2）（3）【解析】（1）据导数和函数单调性的关系即可求出;（2）分离参数,可得对任意的及任意的恒成立,构造函数,利用导数求出函数的最值即可求出的范围;（3）先求导,再分类讨论,根据导数和函数单调性以及最值得关系即可求出的范围【详解】解：（1）当时,因为,当时,;当时,所以函数单调减区间为;单调增区间为（2）由,得,由于,所以对任意的及任意的恒成立,由于,所以,所以对任意的恒成立,设,则,所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以,所以（3）由,得,其中若时,则,所以函数在上单调递增,所以函数至多有一个零点,不合题意;

15、若时,令,得由第（2）小题,知：当时,所以,所以,所以当时,函数的值域为所以,存在,使得,即, 且当时,所以函数在上单调递增,在上单调递减因为函数有两个零点,所以设,则,所以函数在单调递增,由于,所以当时,所以,式中的,又由式,得由第（1）小题可知,当时,函数在上单调递减,所以,即当时,（）由于,所以得,又因为,且函数在上单调递减,函数的图象在上不间断,所以函数在上恰有一个零点;（）由于,令,设,由于时,所以设,即由式,得,当时,且,同理可得函数在上也恰有一个零点综上,【点睛】本题考查含参数的导数的单调性,利用导数求不等式恒成立问题,以及考查函数零点问题,考查学生的计算能力,是综合性较强的题.

16、20、（1）；（2）.【解析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，然后解不等式，可得出函数的单调递增区间；（2）由得出，并求出的值，利用两角差的正弦公式可求出的值.【详解】（1）当时，由，得，因此，函数的单调递增区间为；（2），【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键，属中等题21、（）,曲线 （）【解析】试题分析：（1）消去参数可得直线的直角坐标系方程，由可得曲线的直角坐标方程；（2）将（为参数）代入曲线的方程得：，利用韦达定理求解即可.试题解析：（1），曲线，（2）将（为参数）代入曲线的方程得：.所以.所以.22、（1）减区间是，增

17、区间是；（2），证明见解析.【解析】（1）当时，求得函数的导函数以及二阶导函数，由此求得的单调区间.（2）令求得，构造函数，利用导数求得的单调区间、极值和最值，结合有两个极值点，求得的取值范围.将代入列方程组，由证得.【详解】（1），又，所以在单增， 从而当时，递减，当时，递增.（2）.令，令，则故在递增，在递减，所以.注意到当时，所以当时，有一个极值点，当时，有两个极值点，当时，没有极值点，综上因为是的两个极值点，所以不妨设，得，因为在递减，且，所以又所以【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间，考查利用导数研究函数的极值点，考查利用导数证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.