2023届河北省冀东名校高三上学期期中调研考试数学试题（解析版）

这是一份2023届河北省冀东名校高三上学期期中调研考试数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河北省冀东名校高三上学期期中调研考试数学试题 一、单选题1．设集合，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解出集合，利用交集和并集的含义即可.【详解】方程的解为或4，故，则，，故选：D.2．已知，则z的虚部为（    ）A．5 B． C． D．【答案】A【分析】对进行化简，根据虚部概念即可得到答案.【详解】，故其虚部为5，故选：A.3．某工厂利用随机数表对生产的50个零件进行抽样测试，先将50个零件进行编号，编号分别为01，02，…，50，从中抽取5个样本，下面提供随机数表的第1行到第2行：若从表中第1行第9列开始向右依次读取数据，则得到的第4个样本编号是（    ）A．10 B．09 C．71 D．20【答案】B【分析】按照题意依次读出前4个数即可.【详解】从随机数表第1行的第9列数字开始由左向右每次连续读取2个数字，删除超出范围及重复的编号，符合条件的编号有14，05，11，09，所以选出来的第4个个体的编号为09，故选：B4．若函数的图像关于点对称，则实数（    ）A．5 B．3 C．6 D．2【答案】B【分析】利用函数图像关于点对称的性质，即可列出，求解即可.【详解】解：已知函数的图像关于点对称，所以，即，此时的图像显然关于点对称，符合题意，故选：B.5．已知直线和相切，则的最大值是（    ）A． B． C． D．1【答案】A【分析】根据题意，由直线与圆的位置关系可得，结合基本不等式的性质分析可得答案．【详解】解：根据题意，圆的圆心为，半径，若直线和相切，则有，变形可得，又由，变形可得，当且仅当时等号成立，故的最大值是，故选：．6．在梯形ABCD中，，，，，若EF在线段AB上运动，且，则的最小值为（    ）A．5 B． C．4 D．【答案】D【分析】利用坐标法，以为原点建立坐标系，写出相关点坐标，得到相关向量，再求解二次函数最值即可.【详解】建立如图所示的坐标系,则,设,则,且,故当时,的最小值为,故选：D.7．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其各维对象数总满足一定的数量关系，在三维空间中，多面体欧拉定理可表示为：顶点数＋表面数－棱长数＝2.在数学上，富勒烯的结构都是以正五边形和正六边形面组成的凸多面体，例如富勒烯（结构图如图）是单纯用碳原子组成的稳定分子，具有60个顶点和32个面，其中12个为正五边形，20个为正六边形.除外具有封闭笼状结构的富勒烯还可能有，，，，，，，等，则结构含有正六边形的个数为（    ） A．12 B．24 C．30 D．32【答案】D【分析】利用欧拉定理：顶点数＋表面数－棱长数＝2，即；与多边形的边数为的棱数建立方程组得解.【详解】设分子中形状为正五边形和正六边形的面各有和个，,， 由欧拉公式 可得 即又由多边形的边数可表示的棱数，即 ，即 解得结构含有正六边形的个数为 故选：D【点睛】本题考查欧拉公式的应用，熟记欧拉公式和欧拉示数 是解题关键.8．函数零点的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】判断的奇偶性,利用导数求得在上的单调性,由零点存在性定理判断零点个数,再利用放缩法可得当时,,从而判断零点个数,再利用的奇偶性即可得结论.【详解】,是上的偶函数，,①当时,令,得或，令,得.在和上单调递增,在上单调递减.,使得在上有两个零点.②当时,，在上没有零点，由①②及是偶函数可得在上有三个零点.故选：D.【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的2种常用方法：（1）直接法：直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图.函数零点的个数问题即是函数图象与轴交点的个数问题；（2）分离参数法：分离出参数,转化为,根据导数的知识求出函数在某区间上的单调性,求出极值以及最值,画出草图.函数零点的个数问题即是直线与函数图象交点的个数问题.只需要用与函数的极值和最值进行比较即可. 二、多选题9．若的展开式中的系数是，则（    ）A． B．所有项系数之和为1C．二项式系数之和为 D．常数项为【答案】ABC【分析】首先根据展开式中的系数是得到，从而判断A正确，令得到所有项系数之和为，从而判断B正确，根据二项式系数之和为，从而判断C正确，根据的常数项为，从而判断D错误.【详解】对选项A，的展开式中项为，所以，解得，故A正确；由A知：，令，所有项系数之和为，故B正确；对选项C，二项式系数之和为，故C正确；对选项D，的常数项为，故D错误.故选：ABC【点睛】本题主要考查二项式的定理的各项系数之和，项的系数之和，常数项，属于中档题.10．在数列中，若，则称为“和等比数列”．设为数列的前项和，且，则下列对“和等比数列”的判断中正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】由已知等式得出，然后用累加法求得，判断AB，由并面求和法求得判断CD．【详解】因为，所以，两式相减得，所以，故A正确，B错误.，故C正确.D错误.故选：AC．【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，裂项相消法求和．数列求和的常用方法：设数列是等差数列，是等比数列， （1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法，如果中带有或者出现数列相邻项的和时，可以进行并项求和；（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．11．如图，为椭圆：上的动点，过作椭圆的切线交圆：于，，过，作切线交于，则（    ）A．的最大值为B．的最大值为C．的轨迹方程是D．的轨迹方程是【答案】AD【分析】设出，根据椭圆和圆的方程分别写出所在的直线方程，从而求出，代入椭圆方程即可求出的轨迹方程是；根据到直线的距离求出的面积，从而利用基本不等式求最值.【详解】设，则切点弦所在的直线方程为，又因为为椭圆上的一点，所以切线所在的直线方程为，所以，即，所以，因为在椭圆上，所以，即，所以的轨迹方程是.因为直线的方程为，所以到直线的距离为，所以的面积为 ，当且仅当且时，即时等号成立，所以的最大值为.故选：AD.12．已知C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，，，E，F分别是PC，PB的中点，平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上动点，则直线PQ与平面AEF所成的角的取值可以为（   ）A．0° B．15° C．30° D．45°【答案】BC【分析】以为原点, ,所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，利用线面夹角公式即可求出范围.【详解】为直径，，由,分别是,的中点.可得,又平面平面平面,又平面,平面平面.以为原点,所在直线分别为、轴,建立空间直角坐标系,则,，，，可设,平面的一个法向量为,则,可得，又,则,设直线与平面所成角为,则.所以直线与平面所成角的取值范围为，即.故选：BC. 三、填空题13．为庆祝冬奥会取得胜利，甲、乙两位同学参加知识竞赛.已知两人答题正确与否相互独立，且各一次正确的概率分别是0.4和0.3，则甲、乙两人各作答一次，至少有一人正确的概率为______【答案】0.58####58%【分析】分两人都回答正确，甲回答正确，乙回答错误，以及甲回答错误，乙回答正确三种情况讨论即可.【详解】由题意,设“甲答题正确”为事件,“乙答题正确”为事件,则,设“至少有一人正确”为事件，，故答案为：.14．若，则_______________【答案】【分析】先通过诱导将原式化简，进而求出，然后将用二倍角公式展开，进而构造成的齐次式，然后切化弦求出答案.【详解】因为，所以，解得，则故答案为：.15．定义n个正数的“均倒数”为，若各项均为正数的数列的前n项的“均倒数”为，则的值为______【答案】8091【分析】利用“均倒数”的概念求出，再利用递推关系求出，再代入值即可.【详解】由已知可得数列的前项的“均倒数”为可得,则时,，当时,,满足,.故答案为: 8091 .16．《益古演段》是我国古代数学家李冶（1192～1279）的一部数学著作.内容主要是已知平面图形的信息，求圆的半径、正方形的边长和周长等等.其中有这样一个问题：如图，已知，点、分别在的两个边上移动，且保持、两点间的距离为，则点、在移动过程中，线段的中点到点的最大距离为__________．【答案】3【分析】将补形成平行四边形，然后分别在中运用余弦定理，结合基本不等式可求解的最大值，即可求的最大值.【详解】如图，延长到点，使，是线段的中点，四边形是平行四边形，，在中，，，当且仅当等号成立在中，，.故答案为.【点睛】本题考查余弦定理在几何图形中的应用，难度一般.在三角形中利用余弦定理求解长度最值时，若对三角形的形状未给出限定时，可采用基本不等式直接求解，若是已知三角形形状，则先利用正弦定理将边转化为角更容易计算. 四、解答题17．如图所示，在四边形ABCD中，，， (1)求BC；(2)若BD为的平分线，试求BD．【答案】(1)5(2)8 【分析】（1）利用正弦定理得，代入数据即可解出.（2）利用余弦定理得到，代入数据即可解出.【详解】（1）由正弦定理得，∴＝∴.（2）由，可得，又，为的平分线，∴A，B，C，D四点共圆，，由余弦定理得，即∴.18．数列{an}满足：，点在函数的图象上，其中k为常数，且.(1)若，，成等比数列，求k的值；(2)当时，求数列的前项的和【答案】(1)2；(2). 【分析】（1）通过合理代值，解出， ，则得到，解出即可.（2）通过累加法得到.【详解】（1）由可得，，，所以，，.又，，成等比数列，，即，又，故.（2）时，，，，…，，.19．如图①，在梯形中，，，，，梯形的高为1，M为AD的中点，以BM为折痕将△ABM折起，使点A到达点N的位置，且平面NBM⊥平面BCDM，连接NC，ND，如图②.(1)证明：平面NMC⊥平面NCD；(2)求图②中平面NBM与平面NCD夹角的余弦值.【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）在梯形中,过点作于点,连接,证明,推出.证明,说明平面，推出，然后证明平面.得到平面平面. （2）以为原点,,,所在的直线分别为,,轴建立空间直角坐标系,求出平面的一个法向量,平面的一个法向量利用空间向量的数量积,求解平面与平面所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）证明:如图,在梯形中,过点作于点，连接,由题意知,.由,可得，则，,又四边形为正方形,.在四棱锥中,平面平面,平面平面,平面，平面平面,且平面,平面.又平面平面平面.（2）在四棱锥中,以为原点,所在的直线分别为轴,轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系,可得平面平面,平面平面,平面，平面是平面的一个法向量.设平面的一个法向量为,,即,取,则,,,平面与平面所成锐二面角的余弦值为.20．为调查某社区居民进行核酸检测的地点，随机调查了该社区80人，得到下面的数据表：单位：人性别核酸检测地点合计工作单位社区男105060女101020合计206080 (1)根据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为“居民的核酸检测地点与性别有关系”？ (2)将此样本的频率估计为总体的概率，在该社区的所有男性中随机调查3人，设调查的3人以社区为核酸检测地点的人数为随机变量X，求X的数学期望和方差.【答案】(1)能(2)E（X）＝，D（X）＝ 【分析】（1）根据联表计算，最后得到结论相关，即概率不超过0.01；（2）由题得X～B，代入期望和方差公式即可得到结果.【详解】（1）令假设为H0：居民的核酸检测地点与性别无关系，根据2×2列联表得，，根据小概率值的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为“居民的核酸检测地点与性别有关系”，此推断认为犯错误的概率不超过0.01.（2）由题意得，X～B，且，k＝0,1,2,3，故E（X）＝np＝3×＝，D（X）＝np（1－p）＝3××＝.21．已知椭圆,点P为椭圆C上非顶点的动点,点,分别为椭圆C的左、右顶点,过,分别作，，直线,相交于点G,连接OG（O为坐标原点）,线段OG与椭圆C交于点Q.若直线OP,OQ的斜率分别为,.(1)求的值;(2)求面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】(1)设,由题意写出直线的方程,求出点的坐标,从而表示出,进而求出的值.(2)设直线、的方程,联立方程求出,的坐标,计算点到直线的距离,表示出面积,利用基本不等式求解最大值.【详解】（1）由题知，设,则,∵,，，∴,.∴直线的方程为，直线的方程为由得又点P在椭圆C上,∴,∴,∴，∴.（2）根据（1）可知直线OP的方程为直线OQ的方程为.由得,解得根据椭圆的对称性,不妨设,则，.由得.设, ,由（1）知异号,∴异号,∴.∴点Q到直线OP的距离..∵，,当且仅当，即时取“=”.∴△POQ面积的最大值为.【点睛】关键点睛：本题第二问主要需要利用第（1）问的结论假设两条直线方程，从而再与椭圆方程联立，解出相关点的坐标，而在解析几何中常会用到两点距离公式或点到直线距离公式或是弦长公式来计算三角形的底和高，最后用参数写出面积的表达式，而求解面积最值常用二次函数法，基本不等式法，换元法和求导法来求取面积最值.22．已知函数.(1)若，求的单调区间；(2)记函数，若恒成立，试求实数的取值范围.【答案】(1)在区间上单调递增，在区间上单调递减(2) 【分析】（1）由题意得，令求出零点，即可得的单调区间；（2）恒成立，转化为恒成立，令，求导后，转化成两个函数的交点问题讨论函数单调性，即可求出实数的取值范围.【详解】（1）解：由题意得函数的定义域为，若，则，令，则，而，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减；（2）解：若恒成立，则，整理得，则，设，则，令，则，整理得，设，，可知两个函数均过定点，若，即时， 为的切线，切点为，①当，即时，，，不在定义域，不合题意；②当，即时，在区间，恒有，，所以在单调递增，，则，符合题意；③当，即时，设零点为，则所以在上单调递减，在单调递增，，因为，则，又因为，所以且，与矛盾；综上所述，实数的取值范围为【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．