河北省唐山市多校2023届高三下学期3月一模数学试卷（含答案）

这是一份河北省唐山市多校2023届高三下学期3月一模数学试卷（含答案），共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河北省唐山市多校2023届高三下学期3月一模数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题1、已知全集，集合，，则(   )A. B. C. D.2、若复数z满足，则z的虚部是(   )A.i B.1 C. D.3、下表是足球世界杯连续八届的进球总数：年份19941998200220062010201420182022进球总数141171161147145171169172则进球总数的第40百分位数是(   )A.147 B.154 C.161 D.1654、将英文单词“rabbit”中的6个字母重新排列，其中字母b不相邻的排列方法共有(   )A.120种 B.240种 C.480种 D.960种5、(   )A. B. C. D.6、在四棱台中，底面是边长为4的正方形，其余各棱长均为2，设直线与直线的交点为P，则四棱锥的外接球的体积为(   )A. B. C. D.7、已知点，圆，过点的直线l与圆M交于A，B两点，则的最大值为(   )A. B.12 C. D.8、已知函数是定义在R上的奇函数，且的一个周期为2，则(   )A.1为的周期  B.的图象关于点对称C.  D.的图象关于直线对称二、多项选择题9、函数，(，，)在一个周期内的图象如图所示，则(   )A. B. C. D.10、在棱长为4的正方体中，点E，F分别是棱，的中点，则(   )A.  B.平面C.平面与平面相交 D.点B到平面的距离为11、已知椭圆的左焦点为F，B为E的上顶点，A，C是E上两点.若，，构成以d为公差的等差数列，则(   )A.d的最大值是B.当时，C.当A，C在x轴的同侧时，的最大值为D.当A，C在x轴的异侧时(A，C与B不重合)，12、已知，函数，则(   )A.对任意a，b，存在唯一极值点B.对任意a，b，曲线过原点的切线有两条C.当时，存在零点D.当时，的最小值为1三、填空题13、已知是等比数列的前n项和，，，则__________.14、某种食盐的袋装质量X服从正态分布，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间的约有__________袋.(质量单位：g)附：若随机变量X服从正态分布，则，，.15、已知，，且，则的最小值为__________.16、已知抛物线的焦点为F，经过F的直线l，l与C的对称轴不垂直，l交C于A，B两点，点M在C的准线上，若为等腰直角三角形，则__________.四、解答题17、已知数列的前n项和为，满足.(1)求；(2)令，证明：，.18、如图，在三棱柱中，侧面和侧面均为正方形，D为棱的中点.(1)证明：平面平面；(2)若直线与平面所成角为30°，求平面与平面夹角的余弦值.19、如图，在平面四边形中，，，.(1)若，求的面积；(2)若，求.20、为弘扬体育精神，营造校园体育氛围，某校组织“青春杯”3V3篮球比赛，甲、乙两队进入决赛.规定：先累计胜两场者为冠军，一场比赛中犯规4次以上的球员在该场比赛结束后，将不能参加后面场次的比赛.在规则允许的情况下，甲队中球员M都会参赛，他上场与不上场甲队一场比赛获胜的概率分别为和，且每场比赛中犯规4次以上的概率为.(1)求甲队第二场比赛获胜的概率；(2)用X表示比赛结束时比赛场数，求X的期望；(3)已知球员M在第一场比赛中犯规4次以上，求甲队比赛获胜的概率.21、已知双曲线过点，且P与E的两个顶点连线的斜率之和为4.(1)求E的方程；(2)过点的直线l与双曲线E交于A，B两点(异于点P).设直线与x轴垂直且交直线于点C，若线段的中点为N，证明：直线的斜率为定值，并求该定值.22、已知，证明：(1)；(2).
参考答案1、答案：B解析：全集，集合，，则.故选：B.2、答案：D解析：因为，所以，故z的虚部是.故选：D.3、答案：C解析：将连续八届的进球总数从小到大排列为：141，145，147，161，169，171，171，172，由于，故进球总数的第40百分位数是第4个数据161.故选：C.4、答案：B解析：由题意可先排除b之外的其余四个字母，有种排法，再从这四个字母排完后的5个空中选2个放入b，有种放法，故字母b不相邻的排列方法共有(种)，故选：B.5、答案：A解析：由，得，即，又，所以.故选：A.6、答案：A解析：设AC与BD相交于点，因为四棱台为正四棱台，直线与直线的交点为P，所以四棱锥为正四棱锥，所以平面ABCD.四棱锥的外接球的球心O在直线上，连接BO，设该外接球的半径为R.因为，平行于，所以，，.所以，即，解得，则四棱锥的外接球的体积为.故选：A.7、答案：B解析：圆，则圆心，圆M的半径为4，设AB的中点，则，即，又，，所以，即点D的轨迹方程为E：，圆心，半径为1，所以的最大值为，因为，所以的最大值为12.故选：B.8、答案：C解析：因为为定义域为R奇函数，周期为2，故函数，满足条件，令可得，，函数的最小正周期为4，对称中心为，，函数没有对称轴，A错误，B错误，D错误；因为函数是定义在R上的奇函数，所以，取可得，，因为的一个周期为2，所以，取可得，由可得，函数为周期为4的函数，所以，C正确；故选：C.9、答案：BD解析：由图象可知，，，A选项错误，D选项正确；又由图象可得，，又，，B选项正确；，又，，，又，，，C错误.故选：BD.10、答案：BCD解析：如图，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，A：，，有，则DF与不垂直，故A错误；B：，，，设平面DEF的法向量为，则，令，得，，所以，得，所以平面DEF，故B正确；C：，，由B选项可知平面DEF的法向量，设平面的法向量分别为，，令，得，，所以，得不成立，所以平面与平面DEF相交，故C正确；D：由，平面DEF的法向量，则点B到平面DEF的距离为，故D正确.故选：BCD.11、答案：ABC解析：解：由椭圆方程可得，，则，对于选项A，由椭圆的性质可得，，又，，构成以d为公差的等差数列，则d的最大值是，即选项A正确；当时，设，，，又点A在椭圆上，联立方程组解得或（舍去），A的坐标为，同理可得C的坐标为，A，C关于y轴对称，可得，可得，当A，C关于原点对称时，可得，，，，构成以d为公差的等差数列，A，C关于y轴对称，设，，当且仅当时取等号，故C正确；当A，C在x轴的异侧时，可得A，C关于原点对称，设，则，，故D错误.故选：ABC.12、答案：ABD解析：对于A，由已知，函数，可得，令，，则即在R上单调递增，令，则，当时，作出函数，的大致图象如图：当时，作出函数，的大致图象如图：可知，的图象总有一个交点，即总有一个根，当时，；当时，，此时存在唯一极小值点，A正确；对于B，由于，故原点不在曲线上，且，设切点为，，则，即，即，令，，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故，当时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，当时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正天穷大，故在和上各有一个零点，即有两个解，故对任意a，b，曲线过原点的切线有两条，B正确；对于C，当时，，，故，该函数为R上单调增函数，，，故，使得，即，结合A的分析可知，的极小值也即最小值为，令，则，且为增函数，当时，，当且仅当时取等号，故当时，，则在上单调递增，故，令，则，，此时的最小值为，无零点，C错误；对于D，当时，为偶函数，考虑时情况；此时，，，结合A的分析可知在R上单调递增，，故时，，则在上单调递增，故在上单调递减，为偶函数，故，D正确，故选：ABD.13、答案：解析：设等比数列的公比为q，由，，可得，，解方程得，，或，，当，时，，当，时，，所以.故答案为：.14、答案：8186解析：由题意知，，所以，，得，所以袋装质量在区间的约有袋，故答案为：8186.15、答案：解析：因为，解得：，则，当且仅当，时，“=”成立，故答案为：.16、答案：或4解析：根据题意，直线l的斜率存在，当时，设AB：，代入，可得，，，假设A在第一象限，，过B作x轴的平行线，过A作，过M作的延长线于E，可得，设，，则，，，则，因为，，则，，，，故，时，过A作准线，过B作准线，，，因为，所以，A、B满足，，则，，，则，解得，可得，，，答案为：或4.17、答案：(1)(2)证明见解析解析：(1)由，得，所以，。(2)，当时，，当时，，故。综上，，.18、答案：(1)证明见解析(2)解析：(1)因为侧面、侧面均为正方形，所以，，，又，所以，平面，又，所以，平面，又平面，所以，由，D为棱的中点，所以，，又，因此，平面；又平面，故平面平面,(2)由(1)得是与侧面所成角，即，不妨令，所以，又，所以，，所以，.以A为原点，以，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，由题意可得，，.所以，,设是平面的法向量，则即取.由题意知是平面的一个法向量，则.所以，平面与平面的夹角的余弦值为.19、答案：(1)(2)解析：(1)在中，由余弦定理可得。，所以.(2)设，则，，在中，由正弦定理可得，即，所以，.于是，解得或(舍).所以，因此.20、答案：(1)(2)(3)解析：(1)设“第i场甲队获胜”，“球员M第i场上场比赛”，，2，3.由全概率公式.(2)X的可能取值为2，3.，，.(3)，.21、答案：(1)(2)证明见解析解析：(1)双曲线的两顶点为，所以，，即，将代入E的方程可得，，故的方程为。(2)依题意，可设直线，，.与联立，整理得，所以，，解得，且，，，所以.(*)又，所以，C的坐标为，由可得，，从而可得N的纵坐标，将(*)式代入上式，得，即.所以，，将(*)式代入上式，得.22、答案：(1)证明见解析(2)证明见解析解析：(1)令，则，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，等号仅当时成立，即，从而，所以，综上，.(2)显然时，，即成立，令，，则，，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，等号仅当时成立，从而可得，，所以在和上单调递减.由(1)知，时，；时，，所以，即.又当且时，，所以.故时，.