2023年高考考前数学押题密卷（天津）含答案.docx

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1、2023年高考考前押题密卷数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（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。第卷一、 选择题（本题共9小题，每小题5分，共45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【原创】集合，则（）ABCD2【原创】已知向量，则“”是“”的（）.A

2、充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件3函数 的大致图象为（）ABCD4已知，则的大小关系是（）ABCD5某汽车生产厂家研发了一种电动汽车，为了了解该型电动汽车的月平均用电量（单位：度）情况，抽取了150名户主手中的该型电动汽车进行调研，绘制了如图所示的频率分布直方图，其中，第5组小长方形最高点的纵坐标为x，则该型电动汽车月平均用电量在的户主人数为（）A98B103C108D1126攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖三角攒尖四角攒尖六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，某园林建筑为四角攒尖，它主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，若这个正四棱锥的棱长均为2

3、，则该正四棱锥的体积为（）ABCD7已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F且斜率为的直线与C交于A，B两点，D为AB的中点，且于点M，AB的垂直平分线交x轴于点N，四边形DMFN的面积为，则（）AB4CD8已知函数，以下说法中，正确的是（）函数关于点对称；函数在上单调递增；当时，的取值范围为；将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解折式为ABCD9已知定义在上的函数是偶函数，当时，若关于的方程，有且仅有6个不同实数根，则实数的取值范围是（）ABCD第卷二填空题：（本题共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【原创】已知复数（是虚数单位

4、），则复数在复平面内对应的点位于第_象限.11【原创】若的展开式中所有项的系数和为，则展开式中的系数为_.12【原创】已知，则的最小值为_.13某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，且各轮问题能否正确回答互不影响，则该选手被淘汰的概率为_14【原创】已知圆与圆外切，此时直线被圆所截的弦长为_15窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图如图2，正八边形ABCDEFGH中，若，则的值为_ ；若正八边形ABCDEF

5、GH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则的最小值为_.三、解答题（本题共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(本题14分)在中，角、的对边分别为、，已知.(1)求的值；(2)若，（）求的值；（）求的值.17(本题15分)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.18(本题15分)已知数列满足，其前8项的和为64；数列是公比大于0的等比数列，(1)求数列和的通项公式；(2)记，求数列的前项和；(3)记，求19(本题15分)已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，

6、点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为(1)求椭圆的方程；(2)设直线、的斜率分别为、，且求证：直线经过定点设和的面积分别为、，求的最大值20(本题16分)设函数(1)求的单调区间；(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点证明：（）若，则；（）若，则（注：是自然对数的底数）2023年高考考前押题密卷数学全解全析一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45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【原创】集合，则（）ABCD【答案】A【分析】根据函数定义域求出，再根据交集定义即可求出【详解】因为，解得，且，所以，所以，故选：A2【原创】已知向量，则“”是“”的（）.A充分不必

7、要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由得出的关系，进而可得出答案.【详解】由得，进而得出，即或；所以由不能推出，反之则成立；所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B3函数 的大致图象为（）ABCD【答案】A【分析】由函数的奇偶性排除BD选项，再根据时排除C得A.【详解】解：因为当时，则，当时，所以函数为奇函数，图像关于原点对称，故排除BD；因为当时，故，所以C选项不满足，A选项满足.故选：A4已知，则的大小关系是（）ABCD【答案】C【分析】将化为同底的对数形式，根据对数函数单调性可知；利用可得，由此可得结论.【详解】，又，；，又，；综上所述：.故选：C.5

8、某汽车生产厂家研发了一种电动汽车，为了了解该型电动汽车的月平均用电量（单位：度）情况，抽取了150名户主手中的该型电动汽车进行调研，绘制了如图所示的频率分布直方图，其中，第5组小长方形最高点的纵坐标为x，则该型电动汽车月平均用电量在的户主人数为（）A98B103C108D112【答案】C【分析】由频率和为1列方程求x，再根据直方图中区间频率求样本中对应的户主人数.【详解】由，得.月平均用电量在的用户户.故选：C6攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖三角攒尖四角攒尖六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，某园林建筑为四角攒尖，它主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，若这个正四棱锥的棱长

9、均为2，则该正四棱锥的体积为（）ABCD【答案】C【分析】根据题意，结合正四棱锥的性质，即可求得、的长，根据椎体体积公式，即可得答案.【详解】如图所示，正四棱锥棱长均为2，连接AC、BD交于点O，连接PO根据正四棱锥的性质，可得平面ABCD.所以，所以正四棱锥的体积.故选：C7已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F且斜率为的直线与C交于A，B两点，D为AB的中点，且于点M，AB的垂直平分线交x轴于点N，四边形DMFN的面积为，则（）AB4CD【答案】A【分析】设出直线AB的方程，联立抛物线方程，表达出点坐标，作出辅助线，求出，得到四边形DMFN为平行四边形，利用面积列出方程，求出.【详解】由题意

10、知，直线AB的方程为设，由，得，所以，所以，由，得如图所示，作轴于点E，则因为，故，又，故，又，得四边形DMFN为平行四边形所以其面积为，解得故选：A8已知函数，以下说法中，正确的是（）函数关于点对称；函数在上单调递增；当时，的取值范围为；将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解折式为ABCD【答案】D【分析】利用倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，再利用正弦函数的性质，解决函数图像的对称中心、单调区间、值域和平移问题.【详解】由题意可得，,由，则，所以图像的对称中心为，说法错误；，则，是函数单调递增区间，说法正确；当时，则的取值范围为，说法错误；将函数的图像向右平移个单位长度，所得图

11、像对应的解折式为，说法错误.故选：D9已知定义在上的函数是偶函数，当时，若关于的方程，有且仅有6个不同实数根，则实数的取值范围是（）ABCD【答案】C【分析】由偶函数性质可以画出函数的图像，关于的方程有6个不同的实数根，根据数形结合和韦达定理即可求得结果.【详解】由题意可知，函数的图像如下图所示：根据函数图像，函数在上单调递增，在上单调递减；且时取最大值2，在时取最小值0，是部分图像的渐近线.令，则关于的方程即可写成此时关于的方程应该有两个不相等的实数根（其他情况不合题意），设为方程的两个实数根，显然，有以下两种情况符合题意：当时，此时，则当时，此时，则综上可知，实数的取值范围是.故选：C.第

12、卷二填空题：（本题共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【原创】已知复数（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于第_象限.【答案】一【解析】化简得到，得到复数对应象限.【详解】，复数在复平面内对应的点的坐标为，故复数在复平面内对应的点位于第一象限.故答案为：一.11【原创】若的展开式中所有项的系数和为，则展开式中的系数为_.【答案】【分析】令，解出，进而通过二项展开式的通项公式即可求解；【详解】令，得，解得，进而可得的展开式为，令，得，令，得，故的系数为.故答案为：12【原创】已知，则的最小值为_.【答案】4【分析】将构造变形为，然后

13、利用基本不等式即可求解；【详解】由，当且仅当，也即时等号成立，故最小值为4.故答案为：413某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，且各轮问题能否正确回答互不影响，则该选手被淘汰的概率为_【答案】【分析】设事件表示“该选手能正确回答第轮的问题”，选手被淘汰，考虑对立事件，代入的值，可得结果；【详解】记“该选手能正确回答第轮的问题”为事件，则.该选手被淘汰的概率： 故答案为：14【原创】已知圆与圆外切，此时直线被圆所截的弦长为_【答案】【分析】由两圆外切关系求出的值，进而代入公式即可求解；【详解】由

14、题意可得：，即圆的圆心为，半径为，即圆心到直线的距离为，故所截弦长为.故答案为：15窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图如图2，正八边形ABCDEFGH中，若，则的值为_ ；若正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则的最小值为_.【答案】 【分析】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，由，列出方程组，求得，从而得到；设，则，由即可求得的最小值.【详解】，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，正八边形内角和为，则，所以，,因为，

15、则，所以，解得，所以；设，则，则，所以，当点在线段上时，取最小值.故答案为：，.三、解答题（本题共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(本题14分)在中，角、的对边分别为、，已知.(1)求的值；(2)若，（）求的值；（）求的值.【答案】(1)(2)（）；（）【分析】（1）利用正弦定理化简原式，直接利用余弦定理求的值即可；（2）（i）由（1）可得，再利用正弦定理求的值，利用同角三角函数的基本关系和两角和的正切公式即可求解；（ii）由二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式可得结果【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

16、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(本题15分)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.【答案】(1)证明见解析；(2)(3)【分析】（1）由正三棱柱的性质可得平面，再利用线面垂直的判定定理即可证明平面，即可得；（2）以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系利用空间向量与二面角的几何关系即可求得二面角的大小为；（3）根据（2）中结论，利用线面角与空间向量的关系即可得直线CA与平面所成角的正弦值为.【详解】（1）由为正三棱柱可知，平面，又平面，所以，由

17、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(本题15分)已知数列满足，其前8项的和为64；数列是公比大于0的等比数列，(1)求数列和的通项公式；

18、(2)记，求数列的前项和；(3)记，求【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）根据条件得到等差数列的公差，利用前项和公式，求出首项，得到通项公式，设出公比，得到方程，求出公比，写成通项公式；（2）写出的通项公式，利用裂项相消法求和；（3）方法一：变形得到，其中利用错位相减法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出；方法二：变形后，利用裂项相消法求和，分为偶数和为奇数两种情况求解，最终求出.【详解】（1），数列是公差为等差数列，且，解得，；设等比数列的公比为（），即，解得（舍去）或，（2）由（1）得，（3）方法一：，两式相减得，当为偶数时，当为奇数时，.方法二：当为偶数时，当为奇数时，.1

19、9(本题15分)已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为(1)求椭圆的方程；(2)设直线、的斜率分别为、，且求证：直线经过定点设和的面积分别为、，求的最大值【答案】(1)(2)证明见解析；【分析】（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线不与轴垂直，设直线的方程为，可知，设点、.将直线的方程的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用求出的值，即可得出直线所过定点的坐标；写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值.【详解】（1）解：当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，且最大值为，由题意可得，

20、解得，所以，椭圆的标准方程为.（2）解：设点、.若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意.设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右焦点，则，联立可得，可得，由韦达定理可得，则，所以，解得，即直线的方程为，故直线过定点.由韦达定理可得，所以，则，因为函数在上单调递增，故，所以，当且仅当时，等号成立，因此，的最大值为.20(本题16分)设函数(1)求的单调区间；(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点证明：（）若，则；（）若，则（注：是自然对数的底数）【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)（）见解析；（）见解析.【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（

21、）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（） ，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.【详解】（1），当，；当，故的减区间为，的增区间为.（2）（）因为过有三条不同的切线，设切点为，故，故方程有3个不同的根，该方程可整理为，设，则，当或时，；当时，故在上为减函数，在上为增函数，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：且，此时，设，则，故为上的减函数，故，故.（）当时，同（）中讨论可得：故在上为减函数，在上为增函数，不妨设，则，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：，因为，故，又，设，则方程即为：即为，记则为有

22、三个不同的根，设，要证：，即证，即证：，即证：，即证：，而且，故，故，故即证：，即证：即证：，记，则，设，则，所以，故在上为增函数，故，所以，记，则，所以在为增函数，故，故即，故原不等式得证：2023年高考考前押题密卷 数学参考答案一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45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）123456789ABACCCADC二填空题：（本题共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、一 11、36 12、4 13、 14、 15、， 三、解答题（本题共5小题，共75分，解答应写出文字说明证明过程或演算步

23、骤。）16（14分）【详解】（1）在中，由正弦定理 可得：，整理得，.2分由余弦定理，可得；.4分（2）（i）由（1）可得，又由正弦定理，及已知，可得，.6分由已知，可得，故有，为锐角，可得，.8分则；.9分（ii）由（i）可得，,.11分.14分17 （15分）【详解】（1）由为正三棱柱可知，平面，又平面，所以，.1分由底面是边长为2的正三角形，D为AB的中点，所以；.2分又，平面，所以平面；.3分又平面，所以；.4分（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，.6分由D为AB的中点可得，所以，设

24、平面的一个法向量为，则，令，可得；即；.8分易得即为平面的一个法向量，所以，.9分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.10分（3）由（2）可知，平面的一个法向量为，.12分设直线CA与平面所成的角为，所以，.15分即直线CA与平面所成角的正弦值为.18 （15分）【详解】（1），数列是公差为等差数列，且，解得，.1分；.2分设等比数列的公比为（），即，.3分解得（舍去）或，.4分（2） 由（1）得.5分.6分.8分（3）方法一：，.10分两式相减得，.12分当为偶数时，.13分当为奇数时，.14分.15分方法二：.10分.12分当为偶数时，.13分当为奇数时，.14

25、分，.15分19 （15分）【详解】（1）解：当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，且最大值为，.2分由题意可得，解得，.4分所以，椭圆的标准方程为.5分（2）解：设点、.若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意.设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右焦点，则，联立可得，可得，.6分由韦达定理可得，则，.7分所以，解得，.9分即直线的方程为，故直线过定点.10分由韦达定理可得，所以，.12分，则，因为函数在上单调递增，故，所以，当且仅当时，等号成立，.15分因此，的最大值为.20 （16分）【详解】（1），.1分当，；当，故的减区间为，的增区间为.3分（2）（）因为过有三条不同的切

26、线，设切点为，故，.4分故方程有3个不同的根，该方程可整理为，设，则，.5分当或时，；当时，故在上为减函数，在上为增函数，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：且，.6分此时，设，则，.7分故为上的减函数，故，故.8分（）当时，同（）中讨论可得：故在上为减函数，在上为增函数，不妨设，则，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：，.9分因为，故，又，设，则方程即为：即为，记则为有三个不同的根，设，要证：，即证，即证：，即证：，即证：，.11分而且，故，故，.12分故即证：，即证：即证：，记，则，设，则，所以，故在上为增函数，故，所以，.13分记，则，所以在为增函数，故，.15分故即，故原不等式得证：.16分