2023届河北省五个一联盟高三上学期12月联考数学试题（解析版）

这是一份2023届河北省五个一联盟高三上学期12月联考数学试题（解析版），共20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届河北省五个一联盟高三上学期12月联考数学试题 一、单选题1．已知集合，集合，则集合（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】化简集合，再利用交集的定义运算即可.【详解】因为，，所以.故选：C.2．已知，其中i为虚数单位，则z的虚部是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将复数化简即可.【详解】，则则z的虚部是，故选：B.3．已知或，，则p是q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【答案】B【分析】根据充分条件必要条件的定义即得.【详解】因为或，，所以且，，当时，并不能确定且；当且时，必成立，所以是的必要不充分条件，故p是q的必要不充分条件.故选：B.4．已知双曲线，左、右焦点分别为、，O为坐标原点，P为右支上一点，且，O到直线的距离为b，则双曲线C的离心率为（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】利用已知条件及图像用两种方式求出，建立关于的等式，结合及双曲线离心率，化简方程，解出即可.【详解】如图所示：由为坐标原点，为右支上一点，且，在双曲线中：，所以，由三角形的性质有：，过作，则因为到直线的距离为b，且为的中点，所以为的中位线，为线段的中点，所以，在中，所以，所以所以，由双曲线的定义有：，①， ②联立①②解得：，所以，所以，所以，因为，所以，故选：B.5．已知，，且，则的最小值为（    ）A． B．4 C． D．【答案】D【分析】利用基本不等式即可求解.【详解】因为（当且仅当时取等号），因为，所以，故选：.6．设异面直线所成的角为，经过空间一定点有且只有四条直线与直线所成的角均为，则可以是下列选项中的（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据异面直线所成的角，转化为同一个面内所成的角，让过点的直线分别在面内和面内旋转，得到角度的取值范围，即可得到经过空间一定点有且只有四条直线与直线所成的角的范围，即可得出结果【详解】解：由题意， 过点作， 则与所成的角即为异面直线所成的角，为，与确定一个平面，过点作，作直线和分别平分与所成的几个角∵异面直线所成的角为∴当过点的直线在面内旋转时，与和所成角为，则的最小为角平分线，最大为垂直时的，当过点的直线在面内旋转时，与和所成角为，则的最小为角平分线，最大为垂直时的，∵经过空间一定点有且只有四条直线与直线所成的角均为，∴∴可以为故选：C.7．设，，，那么以下正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】，，.据此可得答案.【详解】因在上单调递增，，则，.，因，则，又，，则，又；令，其中，则，得在上单调递增，在上单调递增.则，当且仅当取等号.得.综上，有，即.故选：B【点睛】关键点点睛：本题为比较对数式，三角式及分式的大小，难度较大.通常此类问题常利用构造函数，再利用函数单调性比较大小，在判断大小时，因难以找到合适函数，故采用估值手段.8．已知点列在内部，的面积与的面积比为，在数列中，，若存在数列使得对且，都成立，那么（    ）A．15 B．31 C．63 D．127【答案】D【分析】延长交于，由三角形面积比得出，从而有向量关系，由已知及可得出与的关系，然后由依次计算可得．【详解】延长交于，，又的面积与的面积比为，∴，即，，又，由得，（否则与重合），所以，，则，，．故选：D． 二、多选题9．下列说法错误的是（    ）A．甲乙丙丁四个人排队，事件A：甲不在排头，事件B：乙不在排尾，那么；B．若随机变量服从二项分布，则；C．若随机变量服从正态分布，则，；D．，.【答案】BCD【分析】根据条件概率可判断A，根据二项分布的概率公式可判断B,根据正态分布的参数意义可判断C,根据均值和方差的性质可判断D.【详解】对于A, ,,故,故A正确，对于B，随机变量服从二项分布，则，故B错误，对于C, 若随机变量服从正态分布，则，,故C错误，对于D，，但，故D错误，故选：BCD10．已知函数，其一个对称中心为点，那么以下正确的是（    ）A．函数的图象向右平移个单位后，关于y轴对称；B．函数的最小正周期为；C．不等式的解集是；D．当时，恒成立.【答案】ACD【分析】根据函数的对称性结合条件可得，根据图象变换规律及三角函数的性质可判断A，根据特值可判断B，根据三角函数的图象和性质可判断C，利用导数可得函数的单调性进而判断D.【详解】因为，其一个对称中心为点，所以，又，所以，，所以函数的图象向右平移个单位可得，又，故函数为偶函数，图象关于关于y轴对称，故A正确；因为，所以函数的最小正周期不是，故B错误；由，可得，所以，即，故C正确；设，则，所以在上单调递增，，即恒成立，故D正确.故选：ACD.11．已知x，y，z均为正数，，，，则三元数组可以是以下（    ）A． B． C． D．【答案】CD【分析】利用余弦定理和三角形的两边之和大于第三边即可证明．【详解】作，设，，．由余弦定理得，同理，．因此以，，为边长能够围成三角形即可，根据三角形的任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边可知CD符合，AB不符合.故选：CD12．已知等腰三角形ABC，，，D为边AB上一点，且，沿CD把向上折起，A到达点P位置，使得二面角的大小为，在几何体PBCD中，若其外接球半径为R，其外接球表面积为S，那么以下正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】在原平面三角形中，由余弦定理可求得，从而得三角形的各内角，作出二面角的平面角并证明，分别以所在直线为轴，过与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，则轴，由二面角大小求得点坐标，从而可得，中点是，的外心是线段的中点，则平面，由此可求得点坐标，求出球半径、表面积．由此判断各选项得结论．【详解】在中，由余弦定理得，是三角形内角，则，又，所以，在中，，于是，从而，，在二面角中，作交的延长线于点，如图，则，又，所以，，，作且，则是矩形，，，所以是二面角的平面角，，，平面，，所以平面，过作交延长线于，则平面，，，平面，所以平面，，，，，如图，分别以所在直线为轴，过与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，则轴，所以，，，，的外心是的中点，由题意，设棱锥的外接球的球心为，则平面，设，则由得，解得，所以球半径为，球表面积为．故选：ABD． 三、填空题13．在的展开式中，常数项是第____________项.【答案】4【分析】根据展开式的通项公式赋值即可解出.【详解】因为的展开式的通项公式，令，即，所以常数项是第4项.故答案为：4.14．已知函数的值域为，那么的取值范围是____________.【答案】【分析】根据函数的取值范围转化为定义域的问题，对参数是否为0进行分类讨论，即可求出的取值范围【详解】解：由题意在中，值域为当时，，∴解得：当时，则解得综上，故答案为：.15．已知椭圆上有不同的三点A，B，C，那么面积最大值是____________.【答案】【分析】将椭圆进行一个坐标变换，则椭圆方程转化为单位圆方程，此时椭圆内接变成圆内接，而圆的内接三角形面积以其为内接正三角形时面积最大，求出的面积即可求解.【详解】对椭圆进行坐标变换，则椭圆方程转化为单位圆方程，此时，椭圆内接变成圆内接，而圆的内接三角形面积以其为内接正三角形时面积最大，在中，由正弦定理可得：，所以，则，将图形还原到椭圆中，的面积的最大值为：，故答案为：.16．对，都有恒成立，那么m的取值范围是____________.【答案】【分析】由题意可得在恒成立，令，，即有，利用导数求得，然后取特值,可得成立的必要条件为，反过来再证明充分性即可.【详解】解：因为对，都有恒成立，即在恒成立，设，，则 对恒成立.所以，即,解得.下面证明当时， 对恒成立.由得，令，则有，且，所以在上单调递减，所以当时，，即，单调递增，当时，，即，单调递减，所以，为使 对恒成立，只需所以在恒成立，即在恒成立，即在恒成立，即在恒成立，当时，，当时，等号成立，所以又因为，所以，所以在恒成立，所以 对恒成立.综上所述，    当且仅当时， 对恒成立，恒成立，m的取值范围为.故答案为：【点睛】先将已知不等式部分分离为不等号的左右为两个不同类型的函数，求得确定形式的一边的最值，然后取极值点的横坐标作为特殊值，得到不等式恒成立的必要条件，再证明其充分性，这是求解一类难以彻底分离的不等式恒成立问题的一种重要方法. 四、解答题17．已知数列，其前n项和.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据与的关系作差即可求解；（2）根据乘公比错位相减法即可求解.【详解】（1）由题意可知，，两式作差，可得，当时，，所以.（2）由题意可知，，，那么，可知：，两边乘以2，可得：，两式作差可得：所以，即：.而当时，所以.18．已知在如图所示的三棱锥中，，，，，面面.(1)求棱的长度；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间中两点间的距离公式可求得棱的长度；（2）求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）解：因为，，，则，同理可得，取的中点，连接、，则，且，所以，为等边三角形，因为平面平面，平面平面，平面，平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，所以，.（2）解：设平面的法向量为，，，则，取，可得，，，因此，直线与平面所成角的正弦值为.19．在三角形ABC中，若.(1)求角A的大小；(2)如图所示，若，，求长度的最大值.【答案】(1)(2)6 【分析】(1)由正弦定理可得，再利用余弦定理、基本不等式和辅助角公式即可求解；(2)结合（1）可知：三角形ABC是正三角形， 设，，利用余弦定理、正弦定理和两角和的余弦公式即可求解.【详解】（1）由已知及正弦定理可得：，再由余弦定理可得：，即：，整理可得：，可知左边，当且仅当时等号成立，右边，当且仅当时等号成立，所以左右相等只有两边都等于2时，即同时取得等号，所以.（2）由（1）可知：，所以三角形ABC是正三角形.设，，那么由余弦定理可得：，即：，所以.在三角形BDC中，由正弦定理可得：，整理得：，因为，所以为锐角，那么， 则，在中，由余弦定理可得：，即，当且仅当时取得等号，所以最大值为6.20．甲、乙两人进行一次乒乓球比赛，约定先胜4局者获得这次比赛的胜利，比赛结束，假设在一局比赛中，甲、乙获胜的概率均为0.5，且各局比赛结果相互独立，已知前两局比赛均为甲获胜.(1)求甲获得这次比赛胜利的概率；(2)设表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，求的分布列及数学期望.【答案】(1)；(2)分布列见解析，. 【分析】（1）将甲获得这次比赛胜利的事件分拆成甲再赛2局、3局、4局、5局的四个互斥事件的和，结合独立重复试验的概率求解作答.（2）求出的可能值，再分别求出各个值对应的概率，列出分布列，求出期望作答.【详解】（1）令甲再赛局获胜的事件为，显然取对应的事件互斥，甲获得这次比赛胜利的事件，则，且事件表示前局甲胜1局，第i局甲获胜，，于是得，所以甲获得这次比赛胜利的概率是.（2）因为表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，则可取2，3，4，5，其中，分别为事件，的事件是事件与乙连胜4局的事件和，的事件是事件与从第3局开始到比赛结束的前4局乙胜3局，最后一局乙胜的事件和，由（1）知，，，，，所以的分布列为2345 所以的数学期望.21．已知函数，.(1)若恒成立，求a；(2)若直线l与函数的图象切于，与函数的图象切于，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）将不等式进行等价转化，根据题意得出，也即，然后再证明成立即可；（2）根据导数的几何意义可得：，化简整理可得：，构造函数，利用导数判断函数的单调性即可证明.【详解】（1）设函数，发现，所以恒成立，那么是函数的最小值点，也就是极小值点，所以，求导：，把代入得：.证明：当时，，求导：，当时，，单调递减；当，，单调递增.所以.所以.（2）由题意可知：，，那么：解之可得：，即，所以满足，即令，可知单调递增，且，，所以，而，所以，命题得证.【点睛】(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数，把所求问题转化为求函数的最小值问题．(2)若可导函数在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为 (或)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．22．已知椭圆，左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为，若为椭圆上一点，的最大值为，点在直线上，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，其中不与左右顶点重合.(1)求椭圆的标准方程；(2)从点向直线作垂线，垂足为，证明：存在点，使得为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用已知条件建立方程求出的值即可；（2）分析直线斜率是否存在，存在时设直线方程，联立方程组消元，写出韦达定理，然后设直线，直线的方程，由两直线联立可知交点为，且点在直线上，建立等式，代入韦达定理求解即可.【详解】（1）由题意可得：，设，，那么，可知，当且仅当取得等号，所以，即的最小值为.又的最大值为，所以，所以，又，所以解得，，所以椭圆C的标准方程为.（2）证明：由题意可知，直线斜率为0时，显然不成立；设直线，点，，联立直线与椭圆，整理可得：，，，设直线，直线，两直线联立可知交点为，且点在直线上解之：，所以：，即：.而，代入上式，，即：，然后韦达定理代入可得：，解之可得：或（舍）.可知直线MN过定点，又由条件：，所以Q在以AE为直径的圆上，圆心即为，为定值.