2023年天津市十二区重点学校高考数学一模试卷（含解析）

绝密★启用前
2023年天津市十二区重点学校高考数学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
注意事项:
1.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.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设全集，集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 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
3. 函数在其定义域上的图象大致是( )
A. B.
C. D.
4. 某校名学生参加环保知识竞赛，随机抽取了名学生的考试成绩单位：分，成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 频率分布直方图中的值为
B. 估计这名学生考试成绩的第百分位数为
C. 估计这名学生数学考试成绩的众数为
D. 估计总体中成绩落在内的学生人数为
5. 已知是偶函数，当时，单调递减，设，，，则，，的大小关系是( )
A. B.
C. D.
6. 如图，几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为，圆柱的上、下底面的圆心分别为、，若该几何体存在外接球即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上已知，则该组合体的体积等于( )
A. B. C. D.
7. 由伦敦著名建筑事务所设计的南非双曲线大教堂惊讶世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线下支的一部分，以原点为圆心，双曲线虚半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线分别相交于、、、四点，四边形的面积为，则双曲线的方程为( )
A. B. C. D.
8. 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；
将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的解析式为．
A. B. C. D.
9. 如图所示，梯形中，，点为的中点，，，若向量在向量上的投影向量的模为，设、分别为线段、上的动点，且，，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
10. 设复数满足为虚数单位，则的值为 ．
11. 二项式的展开式中含的系数为 ．
12. 已知圆经过和，圆心在直线上，则圆的标准方程为 ．
13. 袋子中装有个白球，个黑球，个红球，已知若从袋中每次取出球，取出后不放回，在第一次取到黑球的条件下，第二次也取到黑球的概率为，则的值为 ，若从中任取个球，用表示取出球中黑球的个数，则随机变量的数学期望 ．
14. 已知，，且，则的最小值为______．
15. 定义函数，设，
若含有个不同的实数拫，则实数的取值范围是 ．
三、解答题（本大题共5小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 本小题分
在中，内角、、的对边分别为、、，已知．
求角的大小；
设，，求和的值．
17. 本小题分
已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
求证：平面；
求平面与平面夹角的余弦值；
线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
18. 本小题分
已知椭圆：的右焦点为点，、分别为椭圆的上、下顶点，若椭圆中心到直线的距离为其短轴长的．
求椭圆的离心率；
过点且斜率为的直线交椭圆于另一点异于椭圆的右顶点，交轴于点，直线与直线相交于点，过点且与平行的直线截椭圆所得弦长为，求椭圆的标准方程．
19. 本小题分
已知数列满足，其前项的和为；数列是公比大于的等比数列，，．
求数列和的通项公式；
记，，求数列的前项和；
记，求．
20. 本小题分
已知函数注：是自然对数的底数．
当时，求曲线在点处的切线方程；
当时，函数在区间内有唯一的极值点．
(ⅰ)求实数的取值范围；
(ⅱ)求证：在区间内有唯一的零点，且．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，，
，．
故选：．
进行补集和交集的运算即可．
本题考查了集合的列举法的定义，补集和交集的定义及运算，全集的定义，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由得，
由得，
所以“”是“”充分不必要条件．
故选：．
解不等式，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．
3.【答案】
【解析】解：根据题意，函数，其定义域为，其图象与轴没有交点，排除，
，为奇函数，其图象关于原点对称，排除，
在区间上，，，，
区间上，，，，
区间上，，，，
区间上，，，，排除，
故选：．
根据题意，分析函数的定义域排除，分析函数的奇偶性排除、，即可得答案．
本题考查函数的图象分析，注意分析函数的定义域，属于基础题，
4.【答案】
【解析】解：由频率分布直方图，得：
，解得，故A错误；
前三个矩形的面积和为，
这名学生数学考试成绩的第百分数为，故B错误；
这名学生数学考试成绩的众数为，故C错误；
总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确．
故选：．
根据所有矩形的面积和为，求出，由此利用频率分布直方图能求出结果．
本题考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：，是偶函数，，
，又当时，单调递减，
．，
即．
故选：．
由是偶函数把自变量转化为正数，再由自变量的大小结合单调性作出判断．
本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键．
6.【答案】
【解析】解：设该组合体外接球的球心为，半径为，
由题意得球心为中点，
，
圆柱的底面半径为，
该组合体的体积为，
故选：．
由组合体的特征确定球心在中点，再由得出底面半径，进而能求出组合体体积．
本题考查圆锥和圆柱的组合体的体积公式、结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：双曲线的渐近线方程为，
以原点为圆心，双曲线虚半轴长为半径长的圆的方程为，
联立可得或，
不妨设点、、、分别为第一、二、三、四象限内的点，
则，
．
易知四边形为矩形，且，
故四边形的面积为，可得，
因此，该双曲线的方程为，
故选：．
不妨设点、、、分别为第一、二、三、四象限内的点，写出双曲线的渐近线方程，将渐近线方程与圆的方程联立，求出点、、、的坐标，利用矩形的面积公式可求得的值，即可得出该双曲线的方程．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：函数，
对于，，
则函数关于点对称，故错误，
对于，，
则，
故函数在上单调递增，故正确；
对于，当时，
则，
故，故错误；
对于，将函数的图象向右平移个单位长度，
所得图象对应的解析式为，故错误．
故选：．
根据已知条件，先对化简，再结合三角函数的对称性，单调性，有界性，平移的知识，即可求解．
本题主要考查三角函数的恒等变换，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：，，
梯形为直角梯形，
，
，即，
由，同理可得，
又向量在向量上的投影向量的模为，所以，
以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则，，，，
，
，
所以，
由且可得，
令，则由对勾函数单调性知，
当时单调递减，时单调递增，
故，由知，，
故．
故选：．
由向量的运算及投影向量的模求出梯形的直角边长，再建立平面直角坐标系，利用坐标运算得出关于的函数，利用对勾函数单调性求最值即可得解．
本题主要考查平面向量的数量积，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：由，得，
所以．
故答案为：．
利用复数的乘除运算和复数模的公式计算即可．
本题考查复数的四则运算、复数的模长求法，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：二项式的展开式的通项公式为，
令，
则，
即二项式的展开式中含的系数为．
故答案为：．
由二项式定理，结合二项式展开式的通项公式求解即可．
本题考查了二项式定理，重点考查了二项式展开式的通项公式，属基础题．
12.【答案】
【解析】解：根据题意，圆心在直线上，设圆心的坐标为，
又由要求经过和，
则有，
解可得，则有，
故圆心的坐标为，
圆的半径，
故要求圆的标准方程为：；
故答案为：．
根据题意，设圆心的坐标为，由两点间距离公式可得，解可得的值，进而求出圆的半径，由圆的标准方程的形式分析可得答案．
本题考查圆的标准方程，涉及两点间距离公式的应用，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：设第一次取得黑球为事件，第二次取得黑球为事件，
则，，
故第一次取到黑球的条件下，第二次也取到黑球的概率为，
令，解得，
的可能取值为，，，，
，，，，
则．
故答案为：，．
设出事件，利用条件概率列出方程，求出的值；写出的可能取值及对应的概率，得到数学期望．
本题主要考查离散型随机变量的期望和条件概率，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：因为，，且，则，
所以，
当且仅当时取等号，
此时取得最小值为，
故答案为：．
由已知，，且，则，然后化简所求关系式，再利用基本不等式即可求解．
本题考查了基本不等式的应用，考查了学生的运算转化能力，属于基础题．
15.【答案】或
【解析】解：设，，
由，解得，，
由于含有个不同的实数拫，
所以有两个相等的实根或者两个相异的实根，
则，
即，解得，或．
当时，，解得，又，满足题意；
当时，如下图，的对称轴方程，，则有个根，不合题意，舍去；
当时，，解得，即，含有个不同的实数拫，不满足题意；
当时，如下图，，若含有个不同的实数拫，则，解得；
综上，或．
故答案为：或．
由于方程有两个实数根，所以有两个相等的实根或者两个相异的实根，若含有个不同的实数拫，结合函数的图象，分情况进行讨论根的情形得出结果．
本题主要考查函数的零点和方程的根之间的关系，属于中档题．
16.【答案】解：因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
又，
所以．
在中，由余弦定理及，，，
可得，
可得，
由正弦定理，可得，
因为，可得为锐角，
故，
因此，，
所以．
【解析】利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合，可求的值．
在中，由余弦定理可求的值，由正弦定理可得，进而利用三角函数恒等变换即可求解．
本题考查了三角函数恒等变换，正弦定理以及余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
17.【答案】解：证明：方法一分别取，的中点，，连接，，，
由题意可知：点、分别为线段、的中点，
所以，，
因为，
所以，
所以点，，，四点共面，
因为，分别为，的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为，，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面．
方法二因为为正方形，且平面，所以，，两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
易知平面的一个法向量，
所以，
所以，
又因为平面，
所以平面．
设平面的法向量，
则，即，令，则，，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角余弦值为．
假设存在点，，，
设，所以，
所以所以，
由得平面的一个法向量为，
所以，
得即，
所以或，
所以或．
【解析】方法一分别取，的中点，，连接，，，由中位线定理可得，，由线面平行的判定定理可得平面，平面，由面面平行的判定定理可得平面平面，进而可得答案．
方法二因为为正方形，且平面，所以，，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，平面的一个法向量，则
，即，由线面平行的判定定理可得答案．
设平面的法向量，则，解得，又平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，计算，即可得出答案．
假设存在点，，，设，所以，进而可得，由得平面的一个法向量为，则，解得，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题中需要理清思路，属于中档题．
18.【答案】解：由直角三角形面积关系得，即，
解得；
由得，，易得，，
设直线的方程为，因为直线不过右顶点，所以，
，得，，
从而，，
直线的斜率为，
故直线的方程为，
令，得，
直线的斜率，
，左顶点，，即，
解得，，．
椭圆的标准方程为．
【解析】由题意可得，进而可求离心率；
设直线的方程为，与椭圆方程组成方程组可得，，进而求得直线，的方程，可求得，，．
本题考查椭圆的离心率，考查椭圆方程的求法，属中档题．
19.【答案】解：依题意，由，
可知数列是以为公差的等差数列，
数列的前项和为，
，解得，
，，
设等比数列的公比为，
，，
，
整理，得，
解得舍去，或，
，．
由可得，
，
则
．
由题意及，可得，
则
，
令，
，
则，
，
，
，可得
，
，
对于：
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
，
，
．
【解析】先根据题干已知条件及等差数列的求和公式列出关于首项的方程，解出的值，即可计算出等差数列的通项公式，再设等比数列的公比为，根据题干已知条件及等比数列的通项公式列出关于公比的方程，解出的值，即可计算出等比数列的通项公式；
先根据第题的结果计算出数列的通项公式并进行转化，再运用裂项相消法推导出前项和；
先根据第题的结果计算出数列的通项公式，然后运用分组求和法对奇偶项分别求和，偶数项运用错位相减法即可求和，奇数项分为奇数和偶数两种情况分别运用分组求和法求和，综合可得奇数项求和的结果，最后再次综合可得的表达式．
本题主要考查等差数列与等比数列的基本运算，以及数列求和问题．考查了方程思想，整体思想，转化与化归思想，分类讨论思想，裂项相消法，错位相减法，分组求和法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属较难题．
20.【答案】解：，
，
切线的斜率，又，
切线方程为．
，
当时，当时，，，
，
在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
当时，
，在上递增，
又，，
在上有唯一零点，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
函数在区间内有唯一极值点，符合题意，
综上，的取值范围是．
(ⅱ)证明：由(ⅰ)知，当时，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
时，，则，
又，
在上有唯一零点，
即在上有唯一零点．
由(ⅰ)知，．
，
则
，．
设，，
则，
，，
，
在为单调递增，又，，
又时，，
．
．
由前面讨论知，，在单调递增，
．
【解析】，利用导数的运算法则可得，可得切线斜率，利用点斜式可得切线方程．
，对分类讨论，利用函数的单调性，根据函数在区间内有唯一的极值点，即可得出的取值范围．
(ⅱ)由(ⅰ)知，当时，，结合的单调性与函数零点存在定理可得：在上有唯一零点，，由(ⅰ)知，，化简整理，构造函数，再一次利用导数研究函数的单调性即可证明结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、方程与不等式的解法、函数零点存在定理、等价转化方法、构造法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
第1页，共1页

2023年天津市十二区重点学校高考数学一模试卷（含解析）