2023年高考数学考前信息必刷卷（天津专用）（解析版）.docx

1、绝密启用前2023年高考数学考前信息必刷卷01天津专用预计2023年天津卷依旧采用与2022年相同的试卷结构，即9（单选题）6（填空题）5（解答题），共计20道题，一切都是遵照新课程标准和高考评价体系命题。天津卷为自主命题，高考自主命题即是各个省份可以不适用教育部编写的全国试卷，单独组织本省教师进行考试试卷的编写，即自主进行高考试卷的单独命题。 2023年是天津地区新高考的第四年，新教材的第二年，试卷以中国高考评价体系为依托，以人教A版新教材为依据，强化基础、适度综合、不断创新。试题简洁大方，蕴含了正确的价值引领，具有积极的教育意义。在2022年的高考数学中，部分试题背景源于教材，如第1、2、

2、6、13等均源于教材例题、练习、习题、复习参考题的改编或嫁接而成，部分试题与往年高考题相似。预计2023年高考数学仍然会通过熟悉的面孔考察学生用通性通法求解问题的能力。本套试卷以高考题型基础为主，强化基础，熟练掌握一般题型的通性通法，提升解决问题的能力。一、选择题：本题共9个小题，每小题5分，共45分每小题给出的四个选项只有一个符合题目要求1设全集，集合，则（）ABCD【答案】C【详解】因为，所以.故选：C2设，则“”是“”的（）A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【答案】A【详解】由得：或，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3已知，则（）ABCD【答案】C【详

3、解】因为，又因为，所以，故选：.4随着若卡塔尔世界杯的举办，全民对足球的热爱程度有所提高，组委会在某场比赛结束后，随机抽取了若干名球迷对足球“喜爱度”进行调查评分，把喜爱程度较高的按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组与第二组共有32人，第三组中女性球迷有4人，则第三组中男性球迷人数为（）A16B18C20D24【答案】C【详解】由题意结合频率分布直方图可得，第一组与第二组的频率之和为，第三组频率为.因为第一组与第二组共有32人，所以样本容量，所以，第三组人数为，所以第三组中男性球迷人数为.故选：C.5已知向量与的夹角为，

4、则（）A6BC3D【答案】A【详解】解：因为向量与的夹角为，所以所以故选：A6已知，则（）ABCD【答案】D【详解】因为，所以，所以，故选：D7已知双曲线C：的离心率为，以C的右顶点A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，则（）ABCD【答案】C【详解】由已知，双曲线的渐近线方程为即为，圆方程为，即，取渐近线方程，由得或，不妨设，显然轴，又，即的倾斜角为，从而故选：C8已知A，B，C是半径为的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（）ABCD【答案】A【详解】由题意，设中点为，由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半可得，则（三线合一），根据勾股定理，连接，由，则，

5、又，平面，故平面，即为三棱锥的高，故.故选：A9设函数，其中所有正确结论的编号是（）（1）的最小正周期为；（2）的图像关于直线对称；（3）在上单调递减；（4）把的图像上所有点向右平移个单位长度，得到的图像A（1）（2）B（2）（3）C（3）（4）D（1）（2）（3）【答案】A【详解】函数，所以的最小正周期为，故（1）正确；令，解得：，当时可得直线为的对称轴，故（2）正确；令，解得：，所以的单调递减区间为：，当时，的一个单调递减区间为，所以在区间上先减后增，故（3）错误；把函数的图像上所有点向右平移个单位长度，得到的图像，故（4）错误.所以所有正确结论的编号是：（1）（2）故选：A.二、填空题（

6、本大题共6个小题，每小题5分，共30分把答案填在题中横线上）10已知复数，则_.【答案】【详解】因为，故.故答案为：.11若的展开式中二项式系数之和为256，则展开式中常数项是_【答案】28【详解】解：因为的展开式中二项式系数之和为256，所以，故，即该二项式为设其展开式的通项为，则，当时，即，此时该项为故答案为：28.12圆与圆的公共弦的长为_【答案】【详解】将圆与圆的方程作差可得，所以，两圆相交弦所在直线的方程为，圆的圆心为原点，半径为，原点到直线的距离为，所以，两圆的公共弦长为.故答案为：.13已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是_【答案】【详解】作出函数的与图象如图：当时，

7、则，当为的切线时，即，解得，即切点为，代入得，故当时，函数与恰有三个交点，故恰有三个零点；当为的切线时，即，解得，即切点为，代入得，令当过原点时，所以由图象可知：当时，满足函数与恰有三个交点，故恰有三个零点；综上的取值范围是故答案为：14一个袋中有质地一样的小球5个，其中3个白色，2个黑色现从中不放回地随机摸球，每次摸1个，当两种颜色的球都被摸到时，即停止摸球，则摸球两次停止的概率为_；停止摸球时，摸到的白球个数多于黑球个数的概率为_【答案】 # #【详解】由题知，现从中不放回地随机摸球，每次摸1个，当两种颜色的球都被摸到时，即停止摸球，所以摸球两次停止是指第一次摸得白球且第二次摸得黑球，或第

8、一次摸得黑球且第二次摸得白球两种情况，所以摸球两次停止的概率为；停止摸球时，摸到的白球个数多于黑球个数，说明至少得摸球3次，包括第一次摸得白球且第二次摸得白球且第三次摸得黑球，或第一次摸得白球且第二次摸得白球且第三次摸得白球且第四次摸得黑球，所以停止摸球时，摸到的白球个数多于黑球个数的概率为，故答案为：；15已知在中，且的最小值为3，则_，若P为边上任在一点，则的最小值为_【答案】 #-3.0625【详解】因为，当且仅当时等号成立.又因为的最小值为，所以，解得，所以.如图所示建立直角坐标系，则，设，.所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为故答案为：；.三、解答题：（本大题5个题，共75分）1

9、6在非等腰中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，.(1)求的值；(2)求b的值；(3)求的值.【详解】（1）在中，由正弦定理，可得， 因为，所以，即，解得（2）在中，由余弦定理， 得，解得或由已知互不相等，所以 （3）因为，所以，所以， 所以17如图，平面ABCD，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点.(1)求证：平面CPM；(2)求平面QPM与平面CPM夹角的大小；(3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离.【详解】（1）证明：连接EM，因为，所以，又因为，所以四边形PABQ为平行四边形，因为点E和M分别为AP和BQ的中点，所以且，因

10、为，F为CD的中点，所以且，可得且，即四边形EFCM为平行四边形，所以，又平面MPC，平面MPC，所以平面MPC.（2）因为平面ABCD，故以D为原点，分别以DA，DC，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意可得，设为平面PQM的法向量，则，不妨设，可得，设为平面PMC的法向量，则，不妨设，可得.所以，设平面PQM与平面PMC夹角为，所以，即平面PQM与平面PMC夹角的正弦值为.（3）设，即，则.从而.由（2）知平面PMQ的法向量为，而直线DN与平面PMQ所成的角为，所以，即，整理得，解得或，因为，所以，所以，由（2）知：为平面的法向量，故点N到平面CPM的距离为.18设是

11、公比大于0的等比数列，是等差数列，已知，(1)求数列，数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和【详解】（1）设等比数列的公比为q，设等差数列的公差为d，（2）由（1）得，令，记数列的前项和为A，数列的前项和为B，则，得，又，19已知椭圆的离心率为，短轴长为(1)求C的方程；(2)经过椭圆左顶点A且斜率为的直线l与C交于A，B两点，交y轴于点E，点P为线段AB的中点，若点E关于x轴的对称点为H，过点E作OP（O为坐标原点）垂直的直线交直线AH于点M，且APM面积为，求k的值【详解】（1）由题意，知，解得椭圆C的方程为（2）易知，椭圆的左顶点，设直线l的方程为，则由消去y并整理，得设，直线EM的斜率为直线EM方程为，直线AH的方程为点点M到直线的距离为，解得或120已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：.【详解】（1），又，所求切线方程为：.（2）设，则定义域为，令，则，在上单调递增，又，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，即.