2022-2023学年天津市和平区下学期高考数学必刷试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回

2、。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在棱长均相等的正三棱柱中，为的中点，在上，且，则下述结论：；平面平面：异面直线与所成角为其中正确命题的个数为( )A1B2C3D42已知等差数列的前n项和为，且，则（ ）A4B8C16D23已知向量，且，则m=( )A8B6C6D84如图，已知平面，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，是平面上的一动点，且直线，与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（ ）ABCD5设函数，若函数有三个零点，则（）A12B11C6D36点为棱长是2的正方体的内切球球面上的动点，点为的中点，若满足，则

3、动点的轨迹的长度为（ ）ABCD7网络是一种先进的高频传输技术，我国的技术发展迅速，已位居世界前列.华为公司2019年8月初推出了一款手机，现调查得到该款手机上市时间和市场占有率（单位：%）的几组相关对应数据.如图所示的折线图中，横轴1代表2019年8月，2代表2019年9月，5代表2019年12月，根据数据得出关于的线性回归方程为.若用此方程分析并预测该款手机市场占有率的变化趋势，则最早何时该款手机市场占有率能超过0.5%（精确到月）（ ）A2020年6月B2020年7月C2020年8月D2020年9月8将函数的图象向右平移个周期后，所得图象关于轴对称，则的最小正值是（ ）ABCD9执行如图

4、的程序框图，若输出的结果，则输入的值为( )ABC3或D或10函数的最小正周期是，则其图象向左平移个单位长度后得到的函数的一条对称轴是（ ）ABCD11已知命题,；命题若，则，下列命题为真命题的是（）ABCD12若的展开式中的系数为150，则（ ）A20B15C10D25二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说“是乙或丙获奖.”乙说：“甲、丙都未获奖.”丙说：“我获奖了”.丁说：“是乙获奖.”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是_14随着国力的发展，人们的生活水平越来越好，我国的人均身高较新中国成立初

5、期有大幅提高.为了掌握学生的体质与健康现状，合理制定学校体育卫生工作发展规划，某市进行了一次全市高中男生身高统计调查，数据显示全市30000名高中男生的身高（单位：）服从正态分布，且，那么该市身高高于的高中男生人数大约为_.15已知多项式(x1)3(x2)2x5a1x4a2x3a3x2a4xa5，则a4_，a5_16设实数x，y满足，则点表示的区域面积为_.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（12分）已知函数，（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围18（12分）某地为改善旅游环境进行景点改造如图，将两条平行观光道l1和l2通过一段

6、抛物线形状的栈道AB连通（道路不计宽度），l1和l2所在直线的距离为0.5（百米），对岸堤岸线l3平行于观光道且与l2相距1.5（百米）（其中A为抛物线的顶点，抛物线的对称轴垂直于l3，且交l3于M），在堤岸线l3上的E，F两处建造建筑物，其中E，F到M的距离为1（百米），且F恰在B的正对岸（即BFl3）（1）在图中建立适当的平面直角坐标系，并求栈道AB的方程；（2）游客（视为点P）在栈道AB的何处时，观测EF的视角(EPF)最大？请在（1）的坐标系中，写出观测点P的坐标19（12分）已知函数 ， （1）求函数的单调区间；（2）当时，判断函数，（）有几个零点，并证明你的结论；（3）设函数，若函

7、数在为增函数，求实数的取值范围20（12分）在中， 角，的对边分别为， 其中， .（1）求角的值；（2）若，为边上的任意一点，求的最小值.21（12分）已知，如图，曲线由曲线：和曲线：组成，其中点为曲线所在圆锥曲线的焦点，点为曲线所在圆锥曲线的焦点.（）若，求曲线的方程；（）如图，作直线平行于曲线的渐近线，交曲线于点，求证：弦的中点必在曲线的另一条渐近线上；（）对于（）中的曲线，若直线过点交曲线于点，求面积的最大值.22（10分）已知函数.（1）当时，解关于的不等式；（2）若对任意，都存在，使得不等式成立，求实数的取值范围.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

8、的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】设出棱长，通过直线与直线的垂直判断直线与直线的平行，推出的正误；判断是的中点推出正的误；利用直线与平面垂直推出平面与平面垂直推出正的误；建立空间直角坐标系求出异面直线与所成角判断的正误【详解】解：不妨设棱长为：2，对于连结，则，即与不垂直，又，不正确；对于，连结，在中，而，是的中点，所以，正确；对于由可知，在中，连结，易知，而在中，即，又，面，平面平面，正确；以为坐标原点，平面上过点垂直于的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系；， ， ， ， ；， ；异面直线与所成角为，故不正确故选：【点睛】本题考查命题的真假

9、的判断，棱锥的结构特征，直线与平面垂直，直线与直线的位置关系的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力2、A【解析】利用等差的求和公式和等差数列的性质即可求得.【详解】.故选:.【点睛】本题考查等差数列的求和公式和等差数列的性质,考查基本量的计算,难度容易.3、D【解析】由已知向量的坐标求出的坐标，再由向量垂直的坐标运算得答案【详解】，又，34+（2）（m2）0，解得m1故选D【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量垂直的坐标运算，属于基础题4、B【解析】为所求的二面角的平面角，由得出，求出在内的轨迹，根据轨迹的特点求出的最大值对应的余弦值【详解】，同理为直线与平面所成的角，为直线与平面所成

10、的角，又，在平面内，以为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系则，设，整理可得：在内的轨迹为为圆心，以为半径的上半圆平面平面，为二面角的平面角，当与圆相切时，最大，取得最小值此时故选【点睛】本题主要考查了二面角的平面角及其求法，方法有：定义法、三垂线定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依据题目选择方法求出结果5、B【解析】画出函数的图象，利用函数的图象判断函数的零点个数，然后转化求解，即可得出结果【详解】作出函数的图象如图所示，令，由图可得关于的方程的解有两个或三个（时有三个，时有两个），所以关于的方程只能有一个根（若有两个根，则关于的方程有四个或五个根），由，可得的值分别为，则故选

11、B【点睛】本题考查数形结合以及函数与方程的应用，考查转化思想以及计算能力，属于常考题型.6、C【解析】设的中点为，利用正方形和正方体的性质，结合线面垂直的判定定理可以证明出平面，这样可以确定动点的轨迹，最后求出动点的轨迹的长度.【详解】设的中点为，连接，因此有，而，而平面，因此有平面，所以动点的轨迹平面与正方体的内切球的交线. 正方体的棱长为2，所以内切球的半径为，建立如下图所示的以为坐标原点的空间直角坐标系：因此有，设平面的法向量为，所以有，因此到平面的距离为：，所以截面圆的半径为：，因此动点的轨迹的长度为.故选：C【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理的应用，考查了立体几何中轨迹问题，考查了

12、球截面的性质，考查了空间想象能力和数学运算能力.7、C【解析】根据图形，计算出，然后解不等式即可.【详解】解：，点在直线上，令因为横轴1代表2019年8月，所以横轴13代表2020年8月，故选：C【点睛】考查如何确定线性回归直线中的系数以及线性回归方程的实际应用，基础题.8、D【解析】由函数的图象平移变换公式求出变换后的函数解析式，再利用诱导公式得到关于的方程，对赋值即可求解.【详解】由题意知，函数的最小正周期为,即,由函数的图象平移变换公式可得，将函数的图象向右平移个周期后的解析式为，因为函数的图象关于轴对称，所以，即，所以当时，有最小正值为.故选：D【点睛】本题考查函数的图象平移变换公式和

13、三角函数诱导公式及正余弦函数的性质；熟练掌握诱导公式和正余弦函数的性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.9、D【解析】根据逆运算，倒推回求x的值，根据x的范围取舍即可得选项.【详解】因为,所以当，解得，所以3是输入的x的值；当时，解得，所以是输入的x的值，所以输入的x的值为或3，故选：D.【点睛】本题考查了程序框图的简单应用，通过结果反求输入的值，属于基础题.10、D【解析】由三角函数的周期可得，由函数图像的变换可得， 平移后得到函数解析式为，再求其对称轴方程即可.【详解】解：函数的最小正周期是，则函数，经过平移后得到函数解析式为，由，得，当时，.故选D.【点睛】本题考查了正弦函数图像的

14、性质及函数图像的平移变换，属基础题.11、B【解析】解：命题p：x0，ln（x+1）0，则命题p为真命题，则p为假命题；取a=1，b=2，ab，但a2b2，则命题q是假命题，则q是真命题pq是假命题，pq是真命题，pq是假命题，pq是假命题故选B12、C【解析】通过二项式展开式的通项分析得到，即得解.【详解】由已知得，故当时，于是有，则.故选：C【点睛】本题主要考查二项式展开式的通项和系数问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、丙【解析】若甲获奖，则甲、乙、丙、丁说的都是错的，同理可推知乙、丙、丁获奖的情况，可知获奖的歌手是丙考点：反证

15、法在推理中的应用.14、3000【解析】根据正态曲线的对称性求出，进而可求出身高高于的高中男生人数.【详解】解：全市30000名高中男生的身高（单位：）服从正态分布，且，则，该市身高高于的高中男生人数大约为.故答案为：.【点睛】本题考查正态曲线的对称性的应用，是基础题.15、16 4 【解析】只需令x0，易得a5，再由(x1)3(x2)2(x1)52(x1)4(x1)3，可得a42.【详解】令x0，得a5(01)3(02)24，而(x1)3(x2)2(x1)3(x1)22(x1)1(x1)52(x1)4(x1)3；则a4258316.故答案为：16,4.【点睛】本题主要考查了多项式展开中的特定

16、项的求解，可以用赋值法也可以用二项展开的通项公式求解，属于中档题.16、【解析】先画出满足条件的平面区域，求出交点坐标，利用定积分即可求解.【详解】画出实数x，y满足表示的平面区域，如图（阴影部分）：则阴影部分的面积，故答案为：【点睛】本题考查了定积分求曲边梯形的面积，考查了微积分基本定理，属于基础题.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、 (1) (2) 【解析】（1）当时，当或时，所以可转化为，解得，所以不等式的解集为（2）因为，所以，所以，即，即当时，因为，所以，不符合题意当时，解可得，因为当时，不等式恒成立，所以，所以，解得，所以实数的取值范围为18、（1

17、）见解析，x0，1；（2）P(，)时，视角EPF最大【解析】（1）以A为原点，l1为x轴，抛物线的对称轴为y轴建系，设出方程，通过点的坐标可求方程；（2）设出的坐标，表示出，利用基本不等式求解的最大值，从而可得观测点P的坐标【详解】（1）以A为原点，l1为x轴，抛物线的对称轴为y轴建系由题意知：B(1，0.5)，设抛物线方程为代入点B得：p1，故方程为，x0，1；（2）设P(，)，t0，作PQl3于Q，记EPQ，FPQ，令，则：，当且仅当即，即，即时取等号；故P(，)时视角EPF最大，答：P(，)时，视角EPF最大【点睛】本题主要考查圆锥曲线的实际应用，理解题意，构建合适的模型是求解的关键，涉

18、及最值问题一般利用基本不等式或者导数来进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.19、（1）单调增区间,单调减区间为,;（2）有2个零点，证明见解析;（3）【解析】对函数求导,利用导数的正负判断函数的单调区间即可;函数有2个零点.根据函数的零点存在性定理即可证明;记函数,求导后利用单调性求得,由零点存在性定理及单调性知存在唯一的,使，求得为分段函数,求导后分情况讨论：当时，利用函数的单调性将问题转化为的问题;当时，当时,在上恒成立，从而求得的取值范围.【详解】（1）由题意知,，列表如下：02 0 极小值 极大值 所以函数的单调增区间为，单调减区间为,. （2）函数有2个零点.证明如下： 因为时，所

19、以，因为,所以在恒成立,在上单调递增，由，且在上单调递增且连续知,函数在上仅有一个零点，由（1）可得时,，即，故时，所以，由得，平方得，所以，因为，所以在上恒成立,所以函数在上单调递减,因为,所以,由，且在上单调递减且连续得在上仅有一个零点，综上可知：函数有2个零点. （3）记函数，下面考察的符号求导得当时恒成立当时，因为，所以在上恒成立，故在上单调递减，又因为在上连续，所以由函数的零点存在性定理得存在唯一的，使， ,因为,所以 因为函数在上单调递增,所以在，上恒成立当时，在上恒成立，即在上恒成立记，则，当变化时，变化情况如下表： 极小值 ，故，即当时，当时，在上恒成立综合（1）（2）知， 实

20、数的取值范围是【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间、极值、最值和利用零点存在性定理判断函数零点个数、利用分离参数法求参数的取值范围;考查转化与化归能力、逻辑推理能力、运算求解能力;通过构造函数,利用零点存在性定理判断其零点,从而求出函数的表达式是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.20、（1）；（2）.【解析】（1）利用余弦定理和二倍角的正弦公式，化简即可得出结果；（2）在中， 由余弦定理得，在中结合正弦定理求出，从而得出，即可得出的解析式，最后结合斜率的几何意义，即可求出的最小值.【详解】（1） ，由题知，则，则，；（2）在中， 由余弦定理得，设， 其中.在中，所以，所以的几何意

21、义为两点连线斜率的相反数，数形结合可得，故的最小值为.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的实际应用，还涉及二倍角正弦公式和诱导公式，考查计算能力.21、（）和.；（）证明见解析；（）.【解析】()由，可得，解出即可；()设点，设直线，与椭圆方程联立可得：，利用，根与系数的关系、中点坐标公式，证明即可；()由()知，曲线，且，设直线的方程为：，与椭圆方程联立可得： ，利用根与系数的关系、弦长公式、三角形的面釈计算公式、基本不等式的性质，即可求解.【详解】()由题意：，解得，则曲线的方程为：和.()证明：由题意曲线的渐近线为：，设直线，则联立，得，解得：，又由数形结合知. 设点，则，即点在直线上.

22、()由()知，曲线，点，设直线的方程为：，联立，得：， ，设，面积，令，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为.【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程及其性质、直线与椭圆的相交问题、弦长公式、三角形的面积计算公式、基本不等式的性质,考查了推理论证能力与运算求解能力，属于难题.22、（1）；（2）.【解析】（1）分类讨论去绝对值号，然后解不等式即可.（2）因为对任意，都存在，使得不等式成立，等价于，根据绝对值不等式易求，根据二次函数易求，然后解不等式即可.【详解】解：（1）当时，则当时，由得，解得；当时，恒成立；当时，由得，解得.所以的解集为（2）对任意，都存在，得成立，等价于.因为，所以，且|，当时，式等号成立，即.又因为，当时，式等号成立，即.所以，即即的取值范围为：.【点睛】知识：考查含两个绝对值号的不等式的解法；恒成立问题和存在性问题求参变数的范围问题；能力：分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力；中档题.