2023年天津市普通
高考
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模拟试卷数学（三）本试卷分为第Ⅰ卷（选择
题
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）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分。试卷满分150分。考试时间120分钟。第Ⅰ卷（本卷共9题，共45分）一、选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分.在每小題给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.设全集，若集合，，则集合（）.A.B.C.D.2.等比数列的公比为q，前n项和为.设甲：，乙：是递增数列，则甲是乙的（）.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.函数的图象大致是（）.A.B.C.D.4.为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（）A.该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%B.该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%C.估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元D.估计该地有一半以上的衣户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间5.设，，，则a，b，c的大小关系为（）.A.B.C.D.6.已知三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且，，，则此三棱锥的外接球的体积为（）.A.B.C.D.7.若两个正实数x，y满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围为（）.A.B.C.D.8.双曲线的左右焦点分别是，，离心率为，过点的直线交双曲线的左支于M，N两点.若是以M为直角顶点的等腰直角三角形，则等于（）.A.B.C.D.9.已知函数的图象在y轴上的截距为，在y轴右侧的第一个最高点的横坐标为，关于该函数有下列四个说法①；②；③函数在上一定单调递增；④在y轴右侧的第一个最低点的横坐标为.以上说法中，正确的个数有（）.A.1B.2C.3D.4第Ⅱ卷（本卷共11题，共105分）二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）10.复数（i为虚数单位），则z的虚部是______.11.展开式中的常数项是______.（用数字作答）12.甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为，在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为______.13.已知正数x、y满足，则的最小值是______.14.已知O为矩形内点，满足，，，则______.15.记，若有三个不等实根；若，则实数______.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.（本小题满分14分）已知在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，.（1）求角C的大小；（2）若，求的值.17.（本小题满分15分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，..M为的中点，（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点N，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长，若不存在，说明理由.18.（本小题满分15分）已知曲线C的方程为，曲线E是以，为焦点的椭圆，点P为曲线C与曲线E在第一象限的交点，且.（1）求曲线E的
标准
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方程；（2）直线l与椭圆E相交于A，B两点，若的中点M在曲线C上，求直线l的斜率k的取值范围.19.（本小题满分15分）已知等差数列的前n项和为，数列是等比数列，满足，，，（1）求数列和的通项公式；（2）令.求数列的最大项并说明理由；（3）令设数列的前n项和为，求.20.（本小题满分16分）已知.（1）求曲线在处的切线方程；（2）判断函数的零点个数；（3）证明：当时，.2023年天津市普通高考模拟试卷数学（三）参考
答案
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一、选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分）1.C2.B【解析】当时，数列不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件，若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，所以成立，所以甲是乙的必要条件，故甲是乙的必要不充分条件.故选B.3.C【解析】函数的定义域为R，，即是奇函数，故A，B不满足；当，即时，则，而，因此，故D不满足，C满足，故选C.4.C5.D【解析】因为，，所以.故选D.6.C7.C8.A9.B【解析】题意，函数的图象在y轴上的截距为，可得.由，可得，所以①正确；又由，且在y轴右侧的第一个最高点的横坐标为，可得，则可得，所以，则，可得，所以，所以函数最大值为，所以②错误；由，当时，可得，根据正弦函数的性质，可得函数在上单调递增，所以③正确；由，令，，解得，，当时，，即在y轴右侧的第一个最低点的横坐标为，所以④错误.所以正确的有2个，故选B.二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）10.11.12.13.14.15.【解析】令，两边平方后得，令，定义域为，恒过点.联立解得，，所以，如图，画出函数的图象，在上，在上，，，联立解得，联立得，解得，，，则，，解得.因为，所以，故答案为.三、解答题（本大题共5小题，共75分）16.（本小题满分14分）解：（1）因为，所以由正弦定理得，即，所以由余弦定理得.又因为，所以.（2）因为，所以由正弦定理得.因为，所以，所以.因为，所以，，所以，，所以.17.（本小题满分15分）（1）证明：如图，取的中点P，连接，.因为M为的中点，所以，因为，所以，所以四边形是平行四边形，.因为平面，平面，所以平面（2）解：取的中点O，连接，.因为，所以，因为，，，所以四边形是正方形，所以，因为平面平面，，平面平面，所以平面.因为平面，所以以O为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，.设平面的一个法向量为，，，设平面的一个法向量为，取，得.设平面与平面所成角为，则，所以所以平面与平面所成角的正弦值为.（3）解：假设在线段上存在点N，使直线与平面所成角的正弦值为，由已知条件易得，，则.设，，则，，.设平面的一个法向量为，取，则，，所以，所以，即，则，解得或（舍），所以.所以在线段上存在一点N，使直线与平面所成角的正弦值为.18.（本小题满分15分）解：（1）依题意，，，利用抛物线的定义可得，所以点P的坐标为，，又由椭圆定义得，所以，所以.所以曲线E的标准方程为.（2）设直线l与椭圆E交于点，，A，B的中点.设直线l方程为，与联立，得，由①.由韦达定理得，所以，.将代入，整理得②.将②代入①，得.令.则，所以且.19.（本小题满分15分）解：（1）设公差为，公比为.因为，，，，所以，即①，，即②，联立①②得，则，，故，.（2）由（1），，得.设为最大项，则即.由得或，由得.所以.又因为，所以.即时，数列有最大项。最大项为.（3）由知当为奇数时，，当为偶数时，，所以所以①.所以②，由①－②得所以.20.（本小題满分16分）（1）解：由，可得切点为.由，可得.于是曲线在处的切线方程为.（2）解：令，则，所以在R上单调递增.又，所以当时，，即，所以函数单调递减；当时，，的，所以函数单调递增.又，所以函数只有一个零点.
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