天津市河北区2023届高三数学二模试题（Word版附解析）.docx

1、河北区2022-2023学年度高三年级总复习质量检测（二）数学本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第卷（选择题 共45分）注意事项：1.答第卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.2.每小题选出答案后，用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.答在试卷上的无效.3.本卷共9小题，每小题5分，共45分.参考公式：如果事件A，B互斥，那么如果事件A，B相互独立，那么球的表面积公式球的体积公式，其中R表示球的半径一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

2、要求的.1. 设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用集合间的基本运算，即可得到答案；【详解】因为，所以，所以.故选：D.2. 若，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】B【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】若，令，满足，但；若，则一定成立，所以“ ”是“”的必要不充分条件.故选：B3. 已知圆锥的顶点和底面圆周均在球的球面上.若该圆锥的底面半径为，高为6，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设球心到圆锥底面的距离为，由题设可得关

3、于的方程，求出其解后可得球的半径，从而可求其表面积.【详解】因为，故球心在圆锥的内部且在高上，设球心到圆锥底面的距离为，则有，解得，则圆半径，表面积.故选：C4. 函数的图象大致为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】当时，函数，由函数的单调性，排除；当时，函数，此时，代入特殊值验证，排除，只有正确.【详解】当时，函数，由函数在上递减，可得在上递减，排除；当时，函数，此时，而选项的最小值为2 ，故可排除，只有正确，故选B.【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是并不是无路

4、可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.5. 某校举行知识竞赛，对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按，分成5组，得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法不正确的是（ ）A. 图中的x值为0.020B. 得分在的人数为400C. 这组数据的极差为50D. 这组数据的平均数的估计值为77【答案】C【解析】【分析】根据频率分布直方图中所有长方形的面积和为1，以及极值、频数以及平均数的计算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对于A，由，可解得，故选项A正确；对

5、于B，得分在80分及以上的人数的频率为，故人数为，故选项B正确；对于C，频率分布直方图无法看出这组数据的最大值和最小值，故选项C不正确；对于D，这组数据的平均数的估计值为：，故选项D正确.故选：C.6. 已知双曲线的右焦点为，以为圆心，以为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若 (为坐标原点)，则双曲线的离心率为（ ）.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设双曲线的一条渐近线方程为，为的中点，可得，由，可知为的三等分点，用两种方式表示，可得关于的方程组，结合即可得到双曲线的离心率.【详解】设双曲线的一条渐近线方程为，为的中点，可得，由到渐近线的距离为，所以，又，所以，因为，所

6、以，整理可得：，即，所以，可得，所以，所以双曲线的离心率为，故选：A.7. 设是定义域为R的偶函数，且在上单调递增，若，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据的奇偶性化简，结合的单调性确定的大小关系.【详解】依题意是定义域为R的偶函数，由于在上单调递增，所以.故选：D8. 将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则是奇函数B. 若，则在区间上单调递减C. 若，则的图像关于点对称D. 若，则在区间上单调递增【答案】C【解析】【分析】由函数平移得，讨论、，结合正余弦函数的性质判断奇偶、对称性以及上的单调性，即可得答案.

7、【详解】将函数的图像向右平移个单位长度，得到函，当时，为偶函数，在上有，递增，故A，B错误；当时，此时，即关于点对称，在上有，不单调，故C正确，D错误.故选：C9. 在中，角的边长分别为，点为的外心，若，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出辅助线，对数量积进行转化得到，求出的取值范围，进而求出答案.【详解】取的中点，则，所以.因为，则，即.所以，故选：D.第卷注意事项：1.答卷前将密封线内的项目填写清楚.2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上.3.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.请将答案写在答题纸上.10.

8、i是虚数单位，则复数_.【答案】【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得；【详解】故答案为：11. 的展开式中含项的系数为_.【答案】【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得展开式中含项的系数【详解】的展开式中，通项公式为，令，求得，可得展开式中含项的系数.故答案为：12. 抛物线的准线截圆所得弦长为4，则抛物线的焦点坐标为_【答案】【解析】【分析】先写出准线方程，整理圆的标准方程得到圆心和半径，再利用弦长得到关于p的关系式，求出，即得焦点坐标.【详解】抛物线的准线为：，圆，即，圆心是，半径是，故圆心到准线的距离为，而弦长为4，故，解得，故抛物

9、线的焦点，即.故答案为：.13. 在5道题中有3道代数题和2道几何题，不放回地依次抽取2道题，则第1次和第2次都抽到代数题的概率为_；在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为_.【答案】 . # . #【解析】【分析】用表示第次抽到代数题，用表示第2次抽到几何题，利用排列数和古典概型概率公式即可求解第1次和第2次都抽到代数题的概率；先计算，结合条件概率的计算公式，即可求解在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率.【详解】用表示第次抽到代数题，用表示第2次抽到几何题，所以第1次和第2次都抽到代数题概率，因为，所以在第1次抽到几何题的条件下，第2次抽到代数题的概率为:.故答案

10、为：；.14. 设x，yR，a1，b1，若axby3，ab2，则的最大值为_【答案】1【解析】【分析】根据指对互化公式得到xloga3，ylogb3，.log3alog3blog3ab，结合均值不等式可得到最值.【详解】因为a1，b1，axby3，ab2，所以xloga3，ylogb3.log3alog3blog3ablog32log321，当且仅当ab时，等号成立故答案为1.【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.15.

11、已知函数，若存在实数.满足，且，则_，的取值范围是_.【答案】 . 1 . 【解析】【分析】作出函数的图象，结合图象可知之间的关系，利用此关系直接求出，再将转化为关于的二次函数求范围即可.【详解】作出函数的图象，如图， 因为，所以由图可知，即，且，在上单调递增，即的取值范围是.故答案为：1；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. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知.（1）求角A的大小；（2）若，求边c及的值.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理化简为，从而可得，结合角的范围可得，从而可求得；（2）由正弦定理求得，

12、再根据余弦定理可求得，由求得，进而求得，再结合和角正弦公式可得.【小问1详解】根据正弦定理，由可得. 即，即，因为，所以. 所以，即.【小问2详解】由正弦定理，可得，解得，根据余弦定理可得，即，解得或（舍去）故.因为，所以，所以，所以，所以.17. 如图，在直三棱柱中，是以BC为斜边的等腰直角三角形，D，E分别为BC，上的点，且.（1）若，求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；（3）若平面与平面ACD的夹角为，求实数t的值.【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）【解析】【分析】（1）由，得到点D，E分别为的中点，易得四边形为平行四边形，四边形是平行四边形，进而得到，再利用线面

13、平行的判定定理证明；（2）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，根据线面角的空间向量的求法即可求解；（3）设平面的一个法向量为，再由平面的一个法向量为，根据二面角的大小为，由求解【小问1详解】当时，即点D，E分别为的中点，在直三棱柱中，所以四边形为平行四边形，连接，则，所以，所以四边形是平行四边形，所以又因为平面平面，所以平面【小问2详解】平面，又，以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则点，当时，即点D，E分别为的中点，则，所以，设平面的一个法向量，则，即，令，则，所以平面的一个法向量，则，令直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【

14、小问3详解】由（2）可得，所以，所以设平面的一个法向量为，则即，取，又平面一个法向量为，因为平面与平面ACD的夹角为，所以，即，得，又因为，所以18. 已知数列的前n项和为，满足：（1）求证：数列为等差数列；（2）若，令，数列的前n项和为，若不等式对任意恒成立，求实数m的取值范围【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）利用关系可得，即有，将两式相减并整理有，即可证结论.（2）由（1）结论及题设可得，令、，应用作差法比较它们的大小，即可确定的单调性并求其最大值，结合恒成立求m的取值范围【小问1详解】由题设，则，所以，整理得，则，所以，即，所以，故数列为等差数列，得证.【小问2详

15、解】由，可得，又，结合（1）结论知：公差，所以，故，则，所以，且，所以，即，所以，在且上递减，则，要使对任意恒成立，即，所以.19. 设椭圆C：（）的左右顶点分别为A，B，上顶点为D，点P是椭圆C上异于顶点的动点，已知椭圆的离心率，短轴长为2.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线AD与直线BP交于点M，直线DP与x轴交于点N，求证：直线MN恒过某定点，并求出该定点.【答案】（1） （2）证明见解析，定点为【解析】【分析】（1）利用椭圆的离心率及其短轴长联立方程组即可求解；（2）设直线和直线的方程，并求出直线的方程，再求出点、的坐标，及其直线的方程，即可求出直线MN恒过某定点.【小问1详解】由已知

16、可得，解得，故椭圆C的方程为；【小问2详解】设直线的方程为（且），直线的方程为（且），则直线与x轴的交点为，直线的方程为，则直线与直线的交点为，将代入方程，得，则点P的横坐标为，点P的纵坐标为，将点P的坐标代入直线的方程，整理得，由点坐标可得直线的方程为：，即，则直线过定点.20. 已知，函数，其中e是自然对数的底数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求函数的单调区间；（3）求证：函数存在极值点，并求极值点的最小值.【答案】（1） （2）单调增区间为，单调减区间为 （3）证明见解析，的最小值是e【解析】【分析】（1）先求的导函数, 再点斜式求曲线在点处的切线方程（2）先求的导函数

17、，根据的正负判定函数的增减即可；（3）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次确定新函数单调性和最值即可求解.【小问1详解】当时，,曲线在点处的切线方程,切线方程.【小问2详解】当时，则令，得；令，得；所以，函数的单调增区间为，单调减区间为【小问3详解】令，因为，所以方程，有两个不相等的实根，又因为，所以，令，列表如下: -0+减极小值增所以存在极值点.所以存在使得成立，所以存在使得，所以存在使得对任意的有解，因此需要讨论等式左边的关于的函数，记，所以，当时，单调递减；当时，单调递增所以当时，的最小值为所以需要，即需要，即需要，即需要因在上单调递增，且，所以需要，故的最小值是e