河北省邯郸市2023届高三上学期摸底考试数学（Word版附解析）

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邯郸市2023届高三年级摸底考试试卷数学一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 若集合，则图中阴影部分表示的集合为（    ）A.  B. C.  D. 或【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式、对数不等式求集合A、B，再由题图阴影部分为，应用集合的交运算求结果.【详解】由题设，题图阴影部分为.故选：C2. 设复数，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】先求出，再求出，直接得复数在复平面内对应的点.【详解】，则∴在复平面内对应的点为，位于第四象限故选：D.3. 已知函数的图像在点处的切线方程是，则（    ）A.  B. 2 C.  D. 3【答案】D【解析】【分析】利用导数的几何意义求出和，即可求得.【详解】函数的图像在点处的切线的斜率就是在该点处的导数，即就是切线的斜率，所以.又，所以.故选：D4. 某高中2022年的高考考生人数是2021年高考考生人数的倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2021年和2022年高考分数达线情况，得到如图所示扇形统计图：下列结论正确的是（    ）A. 该校2022年与2021年的本科达线人数比为6：5B. 该校2022年与2021年的专科达线人数比为6：7C. 2022年该校本科达线人数增加了80%D. 2022年该校不上线的人数有所减少【答案】C【解析】【分析】设2021年的高考人数为100，则2022年的高考人数为，再根据饼图中各个种类的人数所占的比例，逐个选项判断即可.【详解】不妨设2021年的高考人数为100，则2022年的高考人数为年本科达线人数为50，2022年本科达线人数为90，得2022年与2021年的本科达线人数比为，本科达线人数增加了，故选项不正确，选项C正确；2021年专科达线人数为35，2022年专科达线人数为45，所以2022年与2021年的专科达线人数比为，选项B错误；2021年不上线人数为15，2022年不上线人数也是15，不上线的人数无变化，选项错误.故选：C5. 已知向量，且夹角的余弦值为，则（    ）A. 0 B.  C. 0或 D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量的夹角的坐标公式求解即可.【详解】由已知，所以，即，故，且，解得或（舍去），所以故选：A6. “”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件【答案】A【解析】【分析】根据分式不等式求解，再判断充分性与必要性即可.【详解】因为且，充分性成立，所以“0”是“”的充分不必要条件.故选：A7. 我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求三角形面积的公式，可以看出我国古代已具有很高的数学水平.设分别为内角的对边，表示的面积，其公式为.若，则面积的最大值为（    ）A.  B. 1 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理可得，再根据面积公式化简可得，将等式看作关于的二次函数求最大值即可.【详解】由正弦定理得，得，因为的面积，所以当，即时，的面积有最大值为.故选：C8. 从正方体的个顶点和中心中任选个，则这个点恰好构成三棱锥的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】对所选点是否包含正方体中心进行分类讨论，利用组合计数原理计算出满足条件的三棱锥的个数，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】从正方体的个顶点和中心中任取个，有个结果，个点恰好构成三棱锥分两种情况：①从正方体的个顶点中取个点，共有个结果，其中四点共面有两种情况：一是四点构成侧面或底面，有种情况，二是四点构成对角面（如平面），有种情况.在同一个平面的有个，构成三棱锥有个；②从正方体的个顶点中任取个，共有个结果，其中所取点与中心共面，则这个点在同一对角面上，共有个结果，因此，所选点与中心构成三棱锥有个.故从正方体的个顶点和中心中任选个，则这个点恰好构成三棱锥的个数为，故所求概率.故选：D.二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，有选错得0分，部分选对得2分.9. 已知函数的局部图像如图所示，下列函数的解析式与图像符合的可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】观察函数的图像，根据奇偶性和特殊点的函数值，对四个象限一一判断.【详解】对于A：为偶函数，图像为开口向上的抛物线，，与题干图像相符；对于B：为偶函数，但，与题干图像不相符；对于C：，所以为偶函数.由，当时，单调递增，且.记，.记，在小于0，所以在上单调递减，而（因为），所以在上恒成立，所以在上为下凸函数.与题干图像相符.故C正确；对于D：为奇函数，与题干图像不相符.故选：AC10. 已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为为上一点，则（    ）A. 双曲线的实轴长为2B. 双曲线的一条渐近线方程为C. D. 双曲线的焦距为4【答案】ABD【解析】【分析】根据双曲线的定义与方程，结合双曲线的性质运算求解.【详解】由双曲线方程知：，离心率为，解得，故，实半轴长为1，实轴长为，A正确；因为可求得双曲线渐近线方程为，故一条渐近线方程为，B正确；由于可能在的不同分支上，则有，C错误；焦距为正确.故选：ABD.11. 已知为等差数列，为其前项和，则下列结论一定成立的是（    ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】ACD【解析】【分析】A.设等差数列的公差为，由，得到判断；B.由，得到为递增数列判断；C.由判断；D. 由，求得首项和公差判断.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，所以，则，故A正确；因为，所以，所以为递增数列，但不一定成立，如，故B不正确；因为，当且仅当时取等号，故C正确；因为解得，则，得，故D正确.故选：ACD12. 如图，在正方体中，动点在线段上，则（    ）A. 直线与所成的角为B. 对任意的点，都有平面C. 存在点，使得平面平面D. 存在点，使得平面平面【答案】BC【解析】【分析】A选项，根据线线平行，找到直线与所成的角，根据正方体的性质求出其度数；B选项，证明出平面，得到结论；C选项，当点在处时，满足平面平面；D选项，找到平面与平面所成的夹角，方法一：结合圆的知识点，推导出；方法二：设出未知数，利用正切的和角公式得到，求出最值，得到为锐角.【详解】因为，所以即为直线与所成的角，，故错误；因为⊥平面，平面，所以⊥，又因为，，所以平面，故平面，故正确；当点在处时，平面//平面，所以存在点，使得平面//平面，故C正确.如图，过点作，则为平面与平面的交线，正方体中，平面，所以平面，所以，，所以即为平面与平面所成的夹角，方法一：因为点一定在以为直径的圆外，所以，所以不存在点，使得平面平面，故D错误.方法二：设正方体的棱长为，则，所以，当时，取得最大值，，此时为锐角，故D错误.故选：BC三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若抛物线的准线与圆相切，则___________.【答案】或0【解析】【分析】先求得抛物线准线方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得.【详解】抛物线的准线方程为，圆的圆心为，半径，由于圆与准线相切，所以，解得或0.故答案为：或014. 已知，则值为___________.【答案】【解析】【分析】赋值法求，根据二项式展开式通项求，即可求.【详解】令，由的展开式的通项为，令，得，令，得，所以，所以.故答案为：15. 如图，在正四棱台中，，且四棱锥的体积为48，则该四棱台的体积为___________.【答案】399【解析】【分析】方法一：设点到平面的距离为，根据的体积可得，再代入棱台的体积公式求解即可；方法二：延长交于一点，设为，根据台体体积为锥体体积之差求解即可.【详解】方法一：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积为，得四棱锥的体积为，得.所以棱台体积为.方法二：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积为，得四棱锥的体积为，得.由棱台定义知，延长交于一点，设为，设棱锥的高为，则棱锥的高为，由三角形相似可得，得，于是棱台体积3）.故答案为：39916. 设函数，已知在上有且仅有3个极值点，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】利用三角恒等变换公式将函数化简，由的取值范围求出的取值范围，令，将问题转化为函数在区间上的极值点个数问题，数形结合来求解.【详解】解：，当时，，令，则，作出函数的图象如图所示：由于函数在上有且仅有个极值点，则，解得.故答案为：四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.在中，内角所对的边分别是，___________.（1）求角；（2）若，求的面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）选择①：利用正弦定理边角互化，结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；选择②：由正弦定理､余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用余弦定理可求得的值，结合三角形面积公式可得出的面积.【小问1详解】选择①：因为，由余弦定理可得，所以结合正弦定理可得.因为，则，所以，即，因为，所以；选择②：因为，由正弦定理得，由余弦定理得.因为，所以；【小问2详解】由（1）知，又已知，由余弦定理得，，即，所以，所以的面积为.18. 设是等比数列的前项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）记，数列的前项和为，求.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）根据得到值，进而写出的通项公式.（2）由（1）得，再利用错位相减法求即可.【小问1详解】设等比数列的公比为，显然，由，相除可得，解得，所以，所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，即；【小问2详解】由（1）得：，所以①，②，②①得：，所以.19. 暑假期间，某学校建议学生保持晨读的习惯，开学后，该校对高二､高三随机抽取200名学生（该学校学生总数较多），调查日均晨读时间，数据如表：日均晨读时间/分钟人数51025505060将学生日均晨读时间在上的学生评价为“晨读合格”.（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面列联表，依据的独立性检验，能否认为“晨读合格”与年级有关联？项目晨读不合格晨读合格合计高二   高三15 100合计    （2）将上述调查所得到的频率视为概率来估计全校的情况，现在从该校所有学生中，随机抽取2名学生，记所抽取的2人中晨读合格的人数为随机变量，求的分布列和数学期望.参考公式：，其中.参考数据： 【答案】（1）列联表见解析，依据的独立性检验不能认为“晨读合格”与年级有关联；    （2）分布列见解析，数学期望为.【解析】【分析】（1）根据频率直方表完善列联表，再应用卡方公式求卡方值，并比照参考值，根据独立性检验的基本思想得到结论；（2）由题设可得，应用二项分布概率公式求分布列，进而求期望.【小问1详解】列联表如下：项目晨读不合格晨读合格合计高二2575100高三1585100合计40160200，所以依据的独立性检验，不能认为“晨读合格”与年级有关联.【小问2详解】由题设，学生晨读合格的概率为，易知，所以，，，的分布列为012所以.20. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面平面.（1）证明：；（2）若为正三角形，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）设，可得，利用平面平面，可得平面，则；（2）方法一（向量法）：取的中点为坐标原点，以的方向为轴正方向，过点分别作和的平行线，分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的法向量和平面的法向量，进而利用数量积求解即可.方法二（几何法）：如图，取的中点，连接，在平面中作，连接，证明，又，则为二面角的平面角，解三角形即可.【小问1详解】证明：由题意，设，又，得，又，所以，所以，又平面平面，且平面平面平面，所以平面，又平面，所以；【小问2详解】解：方法一（向量法）：取的中点为坐标原点，以的方向为轴正方向，过点分别作和的平行线，分别为轴和轴，建立如图所示空间直角坐标系，由为正三角形，，得，则，则，设为平面的法向量，则有，即，可取，设为平面的法向量，同理所以，设二面角的平面角为，则，故二面角的正弦值为.方法二（几何法）：如图，取的中点，连接，在平面中作，连接，由（1）知，又为正三角形，所以，所以，所以，又，所以为二面角的平面角，因为平面，平面，所以，所以，在中，，所以，所以，在中，，所以，在中，，所以，即二面角的正弦值为.21. 已知椭圆的左､右焦点分别为，上､顶点分别为的面积为，四边形的四条边的平方和为16.（1）求椭圆的方程；（2）若，斜率为的直线交椭圆于两点，且线段的中点在直线上，求证：线段的垂直平分线与圆恒有两个交点.【答案】（1）或    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意的面积为，结合四边形的四条边的平方和为16，即，求出即可得结果；（2）联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系，根据中点坐标公式化简，列出线段的垂直平分线方程，判断定点在圆内即可得结果.【小问1详解】由的面积为，得，又四边形的四条边的平方和为16，所以或，即椭圆的方程为或.【小问2详解】设，由于，得椭圆的方程为，设直线的方程为，当斜率时，线段的中点在轴上，不在直线上，故，由，得，由，得.由，设线段的中点为，得，即，所以.所以线段的垂直平分线的方程为.即，故线段的垂直平分线恒过点.因为，故点在圆内，所以线段的垂直平分线与圆恒有两个交点.22. 已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，且，证明：有且仅有两个零点.（e为自然对数的底数）【答案】（1）答案见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，由导数的正负求解；（2）由，令，易知在时单调递增，且，则有两个零点转化为有两个零点求解.【小问1详解】解：由题意得函数的定义域为，当时，令，得，所以在上单调递增；令，得，所以在上单调递减；当时，因为恒成立，所以在上单调递增；【小问2详解】，令，则在时恒成立，所以在时单调递增，且，所以有两个零点等价于有两个零点.因为，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，所以，因为，所以.下面证明当时，，设，则，令，又，当时，恒成立，所以单调递增，得，故在上单调递增，得，即，又因为，所以在上各存在一个零点，所以时，函数有且仅有两个零点，即当时，函数有且仅有两个零点.