河北省邯郸市2023届高三上学期摸底数学试题（含答案）

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邯郸市2023届高三年级摸底考试试卷

数学

本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟.

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级､考场号､座位号､考生号填写在答题卡上.

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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

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

2.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

3.已知函数的图象在点处的切线方程是，则（    ）

A.    B.2    C.    D.3

4.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6：5

B.该校2022年与2021年的专科达线人数比为6：7

C.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

5.已知向量，且夹角的余弦值为，则（    ）

A.0    B.    C.0或    D.

6.“”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

7.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.

8.从正方体的8个顶点和中心中任选4个，则这4个点恰好构成三棱锥的概率为（    ）

A.    B.    C.    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.已知函数的局部图象如图所示，下列函数的解析式与图象符合的可能是（    ）

A.    B.

C.    D.

10.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2

B.双曲线的一条渐近线方程为

C.

D.双曲线的焦距为4

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

12.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

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__________.

14.已知，则的值为__________.

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__________.

16.设函数，已知在上有且仅有3个极值点，则的取值范围是__________.

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.（本题满分10分）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.

18.（本题满分12分）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.

19.（本题满分12分）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：

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？

（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：

20.（本题满分12分）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.

21.（本题满分12分）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.

22.（本题满分12分）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）

高三年级摸底考试试卷

数学全解全析

1.【命题说明】本题依托集合的概念和不等式的基本性质，考查图示法表示集合的关系､交集的定义､解不等式，考查运算能力和数形结合思想.

【学科素养】本题重在运算与推理，重点考查数学运算和直观想象的核心素养.

C由题可得，由题图可得阴影部分为.

2.【命题说明】本题依托复数的概念，考查复数的运算和共扼复数的概念，考查运算能力.

【学科素养】本题重在运算，重点考查数学运算的核心素养.

D因为，

所以在复平面内对应的点位于第四象限.

3.【命题说明】本题依托导数的概念，考查求导法则和导数的几何意义，考查运算能力和数形结合思想.

【学科素养】本题重点考查数学运算和直观想象的核心素养.

D函数的图象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.

4.【命题说明】本题依托扇形统计图数据，考查了对扇形统计图的理解与应用，考查灵活应用所学知识解答实际问题的能力，考查运算能力和数形结合思想.

【学科素养】本题重点考查数据分析的核心素养.

C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.

5.【命题说明】本题依托平面向量的概念，考查平面向量数量积的理解与应用，考查运算能力.

【学科素养】本题重点考查数学运算的核心素养.

A由已知，所以，解得或（舍去）.

【名师点拨】求得之后，不用解方程，可用试值法，将代入，易得符合题意.

6.【命题说明】本题依托不等式，考查充分条件和必要条件的判断，考查灵活应用充分条件和必要条件的定义解答问题的能力，考查运算能力.

【学科素养】本题重点考查数学运算和逻辑推理的核心素养.

A因为且，充分性成立，所以“0”是“”的充分不必要条件.

7.【命题说明】本题依托古代三角形问题，考查正弦定理在解三角形中的应用，考查二次函数求最值问题，考查转化思想.

【学科素养】本题重点考查数学运算和逻辑推理的核心素养.

C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.

8.【命题说明】本题依托正方体的点､线､面位置关系，考查古典概型的概率求解，考查运算能力和空间想象能力.

【学科素养】本题重点考查数学运算和直观想象的核心素养.

D从正方体的8个顶点和中心中任取4个，有个结果，4个点恰好构成三棱锥分两种情况：

①从正方体的8个顶点中取4个点，共有个结果，在同一个平面的有个，构成三棱锥有个；②从正方体的8个顶点中取3个与中心构成三棱锥有个，故从正方体的8个顶点和中心中任选4个，则这4个点恰好构成三棱锥的个数为，故所求概率.

9.【命题说明】本题依托函数图象，考查函数性质，函数单调性､奇偶性､极值等问题，考查数形结合思想.

【学科素养】本题重点考查逻辑推理和数学抽象的核心素养.

AC对于A，为偶函数，图象为开口向上的抛物线，，与题干图象相符；对于为偶函数，但，与题干图象不相符；对于为偶函数，由，当时，单调递增，且，与题干图象相符；对于为奇函数，与题干图象不相符.

10.【命题说明】本题依托双曲线方程，考查双曲线性质､定义，考查数形结合思想.

【学科素养】本题重点考查数学运算和逻辑推理的核心素养.

ABD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.

11.【命题说明】本题依托等差数列概念，考查等差数列的通项公式､前项和的性质，考查基本不等式综合应用，考查转化思想.

【学科素养】本题重点考查数学运算和数学抽象的核心素养.

ACD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.

【知识总结】结论：（1）等差､等比数列的性质：若，

①若为等差数列，则有；

②若为等比数列，则有.

（2）设等差数列的公差为，当时，为常数列；当时，递增；当时，递减.

12.【命题说明】本题依托正方体，考查线面､面面位置关系的证明与判定，异面直线所成角的定义等问题，考查数形结合与转化思想.

【学科素养】本题重点考查数学运算､直观想象和逻辑推理的核心素养.

BC因为，所以直线与所成的角为，故错误；

因为平面，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，故正确.

如图，过点作，则为平面与平面的交线，

在正方体中，平面，所以平面，所以，

，所以即为平面与平面所成的夹角，

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.（设正方体的棱长为，则，

所以，

当时，取得最大值，为，此时为锐角，故D错误.）

13.【命题说明】本题依托抛物线和圆的方程，突出考查了抛物线性质和圆的切线，试题设计灵活，强调综合运用所学知识来解决问题的能力.

【学科素养】本题重在运算，重点考查数学运算和直观想象的核心素养.

【解析】抛物线的准线为，圆的圆心为，半径，与准线相切，得或0.

答案：或0

14.【命题说明】本题依托二项式定理，突出考查利用二项式展开式的通项求系数，考查学生对这些知识的理解掌握水平，试题设计灵活，强调综合运用所学知识来解决问题的能力.

【学科素养】本题重在运算，重点考查数学运算的核心素养.

【解析】令，由题得的展开式的通项为，

令，得，令，得，

所以，

所以.

答案：

15.【命题说明】本题依托四棱台和四棱锥，突出考查四棱台体积的求解，考查学生对四棱台知识的理解掌握水平，试题设计灵活，强调综合运用所学知识来解决问题的能力.

【学科素养】本题重在运算，重点考查数学运算和直观想象的核心素养.

【解析】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（图略），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）.

答案：399

16.【命题说明】本题依托三角函数解析式，突出考查利用正弦型函数在区间上的极值点个数判断正弦型函数的基本性质，考查三角变换公式，强调综合运用所学知识来解决问题的能力.

【学科素养】本题重在运算，重点考查了数学抽象和逻辑推理的核心素养.

【解析】，

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3个极值点，

则，解得.

答案：

【名师指点】解本题的关键在于换元，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.

17.【命题说明】本题考查利用正､余弦定理解三角形的方法，考查三角变换公式及对三角形面积公式的理解与应用能力，强调综合运用所学知识来解决问题的能力.

【学科素养】本题重在运算，重点考查数学运算和逻辑推理的核心素养.

【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.

【解析】（1）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；

（2）由（1）知，又已知，

由余弦定理得，，

即，所以，

所以的面积为.

18.【命题说明】本题依托等比数列概念，突出考查数列的求和方法，考查学生对错位相减法的理解与应用能力，强调综合运用所学知识来解决问题的能力.

【学科素养】本题重在运算，重点考查数学运算和逻辑推理的核心素养.

【分析】（1）根据，得到的值，得到的通项公式.

（2）首先根据（1）得到，再利用错位相减法求即可.

【解析】（1）设等比数列的公比为，显然，由，

得，

相除得，得，所以，

所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，即；

（2）由（1）可得，

所以……①，

……②，

②-①，得，

得，

所以.

【方法指导】本题主要考查数列的求和，常见的数列求和方法如下：

1.公式法：直接利用等差､等比数列的求和公式计算即可；

2.分组求和法：把需要求和的数列分成熟悉的数列，再求和即可；

3.裂项相消法：通过把数列的通项公式拆成两项之差，再求和即可；

4.错位相减法：当数列的通项公式由一个等差数列和一个等比数列的乘积构成时，可使用此方法求和.

19.【命题说明】本题依托数据统计､频率分布，突出考查列联表的填写､的计算､二项分布的概率计算公式及其随机变量的分布列和数学期望，强调综合运用所学知识来解决问题的能力.

【学科素养】本题重在运算，重点考查数学运算､数据分析的核心素养.

【解析】（1）

，

所以依据的独立性检验，不能认为“晨读合格”与年级有关联.

（2）题表中学生晨读合格的概率为，

所以，

所以，

，，

的分布列为

所以

或.

20.【命题说明】本题依托四棱锥，考查棱锥中的线面位置关系及求二面角，强调综合运用所学知识来解决问题的能力.

【学科素养】本题重在运算､联想与推理，重点考查数学运算､直观想象和逻辑推理的核心素养.

【分析】（1）设，可得，利用平面平面，可得平面，则；

（2）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.也可以直接寻找两平面所成角的平面角，在三角形中运用余弦定理求解.

【解析】（1）由题意，设，又，得，又，所以，

又平面平面，且平面平面平面，

所以平面，故.

（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，

则有，

即，可取，

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，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.【命题说明】本题依托椭圆方程，考查椭圆方程的求法､直线与圆锥曲线相交､根与系数的关系（或点差法）的应用以及直线与圆恒有两个交点问题，强调综合运用所学知识来解决问题的能力.

【学科素养】本题重在运算､联想与推理，重点考查数学运算､直观想象和逻辑推理的核心素养.

【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（或点差法），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.

【解析】（1）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

（2）方法一：设，由于，得椭圆的方程为，

设直线的方程为，结合图形（图略）知，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.

方法二：由于，得椭圆的方程为，

设直线的方程为，结合图形（图略）知，当斜率时，线段的中点在轴上，不在直线上，故，

设点代入椭圆方程得

①-②得，，

将，代入上式化简，得，

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.【命题说明】本题依托指数函数和对数函数，考查利用导数求函数单调区间，考查利用导数研究函数的零点存在性问题，强调综合运用所学知识来解决问题的能力.

【学科素养】本题重在运算与推理，重点考查数学运算和逻辑推理的核心素养.

【解析】（1）由题意可得函数的定义域为，

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；

（2），

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.