2023届河北省唐山市高三一模数学试题含解析

这是一份2023届河北省唐山市高三一模数学试题含解析，共22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届河北省唐山市高三一模数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】化简集合，根据交集运算定义求解.【详解】不等式的解集为，所以，不等式的解集为，所以，所以，故选：B.2．若复数满足，则的虚部是（    ）A．i B．1 C． D．【答案】D【分析】根据复数的除法运算求得复数，即可确定答案.【详解】因为，所以，故的虚部是，故选：D3．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．165【答案】C【分析】将数据从小到大排列，计算，根据第40百分位数的含义，即可确定答案.【详解】将连续八届的进球总数从小到大排列为：，由于，故进球总数的第40百分位数是第4个数据161，故选：C4．将英文单词“”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【答案】B【分析】先排除b之外的其余四个字母，再从这四个字母排完后的5个空中选2个放入b即可.【详解】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：B5．（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二倍角的正切公式计算即可.【详解】由，得，即，又，所以.故选：A.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，则四棱锥的外接球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先确定四棱锥为正四棱锥，从而得出外接球的球心在直线上，再由勾股定理确定半径，进而得出四棱锥的外接球的体积.【详解】设与相交于点因为四棱台为正四棱台，直线与直线的交点为，所以四棱锥为正四棱锥，所以平面.四棱锥的外接球的球心在直线上，连接，设该外接球的半径为.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：A7．已知点，圆，过点的直线与圆交于，两点，则的最大值为（    ）A． B．12 C． D．【答案】B【分析】利用中点坐标求出AB的中点的轨迹方程为圆心、半径为1的圆，得的最大值，结合即可求解.【详解】由题意知，，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，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．已知函数是定义在上的奇函数，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【答案】C【分析】举例判断A，B，D错误，再由条件结合奇函数的性质和周期函数的性质列关系式论证C正确.【详解】因为为定义域为奇函数，周期为，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. 二、多选题9．函数，（，，）在一个周期内的图象如图所示，则（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】观察图象确定函数的最值，根据最值求，观察函数的周期，根据周期公式求，最后找点代入求，由此确定正确选项.【详解】由图象知，函数的最大值为3，最小值为1，所以，A错误，D正确；由图象，可得，所以，又因为，所以，B正确；所以，又，所以，即，又因为，所以，所以，C错误.故选：BD.10．在棱长为4的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（    ）A． B．平面C．平面与平面相交 D．点到平面的距离为【答案】BCD【分析】如图建立空间直角坐标系，利用空间垂直向量的坐标表示判断A；利用线面平行的向量法判断B；利用面面平行的向量法判断C；利用向量法求出点到平面的距离公式判断D.【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，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．已知椭圆的左焦点为，为的上顶点，，是上两点．若，，构成以为公差的等差数列，则（    ）A．的最大值是B．当时，C．当，在轴的同侧时，的最大值为D．当，在轴的异侧时（，与不重合），【答案】ABC【分析】由题可得，根据椭圆的焦半径的取值范围可判断A，根据结合椭圆方程可求坐标，然后根据余弦定理可判断B，根据椭圆的性质结合基本不等式及斜率公式可判断CD.【详解】因为椭圆，所以，，，又，，构成以为公差的等差数列，则，不妨设，由题可知，则的最大值是，故A正确；当时，，设，则，解得，不妨取，设，则，解得，所以或，当时，又，，此时；当时，，，所以，，综上，当时，，故B正确；设椭圆的右焦点为，则，，，，，当，在轴的同侧时，则，关于轴对称，设，则，所以，由，所以，当且仅当时取等号，所以的最大值为，故C正确；当，在轴的异侧时（，与不重合），则，关于原点对称，设，则，由，可得，所以，故D错误.故选：ABC.12．已知，函数，则（    ）A．对任意，，存在唯一极值点B．对任意，，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【答案】ABD【分析】对于A，求出函数导数，数形结合，判断导数正负，从而判断函数单调性，确定函数极值点；对于B，设切点为，利用导数的几何意义可得方程，结合方程的根的个数，判断切线的条数；对于C，利用导数判断函数单调性，求函数最值，根据最值情况判断函数的零点情况；对于D，由于为偶函数，故先判断时函数的单调性，结合偶函数性质，即可判断的单调性，进而求得函数最值.【详解】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，故趋近于正无穷大，故在和上各有一个零点，即有两个解，故对任意，，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，考虑视情况；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【点睛】难点点睛：本题综合新较强，综合考查了导数的几何意义以及极值点、零点、最值问题，计算量较大；难点在于利用导数解决函数的零点问题时，要能构造恰当的函数，结合零点存在定理判断导数值的情况，从而判断函数的单调性，求得最值，解决零点问题. 三、填空题13．已知是等比数列的前项和，，，则______．【答案】##7.75【分析】由条件结合等比数列通项公式求首项和公比，再利用求和公式求.【详解】设等比数列的公比为，由，，可得，，解方程得，或，当时，，当时，，所以.故答案为：.14．某种食盐的袋装质量服从正态分布，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间的约有______袋．（质量单位：g）附：若随机变量服从正态分布，则，，．【答案】8186【分析】根据正态分布的概率分布原则可得，进而求出即可求解.【详解】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．已知，，且，则的最小值为______．【答案】6【分析】利用不等式，结合已知条件，即可求得的最小值.【详解】因为，故可得：，即，解得：或.因为，故（当且仅当时取得最小值）故答案为：.16．已知抛物线的焦点为，经过的直线，与的对称轴不垂直，交于，两点，点在的准线上，若为等腰直角三角形，则______．【答案】【分析】联立方程组，利用设而不求法，结合条件，通过讨论求出直线的斜率，由此可求弦长.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，过点的斜率为0的直线与抛物线有且只有一个交点，不满足条件，设直线的方程为，联立，消得，，方程的判别式，设，，，设的中点为，则，，，所以，因为为等腰直角三角形，当点为直角顶点时，过点作轴的垂线，过点作，垂足为，过点作，垂足为，因为，，，所以，所以，，所以，又，，，所以，即，所以，所以，，所以，当为直角顶点时，同理可得，当为直角顶点时，则点在以为直径的圆上，因为的中点坐标为，所以以为直径的圆的方程为，取，可得，此时与平行，与矛盾，所以，故答案为：.【点睛】方法点睛：(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 四、解答题17．已知数列的前项和为，满足．(1)求；(2)令，证明：，．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用，结合条件可得，再利用等差数列的求和公式计算即可.（2）结合（1）可知，利用放缩，再结合裂项相消求和即可证明.【详解】（1）因为，所以由，可得，所以，，即，即.（2），当时，． 当时，，故． 综上，，．18．如图，在三棱柱中，侧面和侧面均为正方形，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．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得平面，即平面，进而，再次利用线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，结合面面角的向量求法即得.【详解】（1）因为侧面、侧面均为正方形，所以，，又，平面，所以平面，又，所以平面，又平面，所以．由，为棱的中点，所以，又，平面，因此平面，又平面，故平面平面；（2）由（1）得是与侧面所成角，即，令，所以，又，所以，，，则，．以A为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，，．所以，． 设是平面的一个法向量，则即取． 易知是平面的一个法向量，则．而平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角的余弦值为．19．如图，在平面四边形中，，，．(1)若，求的面积；(2)若，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据余弦定理求出，利用诱导公式求出，结合三角形的面积公式计算即可求解；（2）设，根据正弦定理和诱导公式可得、，解得，同角的三角函数关系求出即可求解.【详解】（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．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)用表示比赛结束时比赛场数，求的期望；(3)已知球员在第一场比赛中犯规4次以上，求甲队比赛获胜的概率．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）设“第i场甲队获胜”，“球员第i场上场比赛”，，2，3．根据对立事件的概率公式即可求解；（2）由题意知的可能取值为2，3，结合对立事件和独立事件的概率公式和数学期望的计算公式即可求解；（3）根据对立事件、独立事件的概率公式和条件概率公式计算即可求解.【详解】（1）设“第i场甲队获胜”，“球员第i场上场比赛”，，2，3．由全概率公式．（2）的可能取值为2，3．由题意知，由（1）知，则，，，，．（3），此时，．21．已知双曲线过点，且与的两个顶点连线的斜率之和为4．(1)求的方程；(2)过点的直线与双曲线交于，两点（异于点）．设直线与轴垂直且交直线于点，若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值，并求该定值．【答案】(1)(2)证明见解析，定值为2 【分析】（1）由与的两个顶点连线的斜率之和为4得出，再将代入的方程得出的方程；（2）联立直线和双曲线方程结合韦达定理得出，再由点坐标得出，最后由结合证明直线的斜率为定值.【详解】（1）双曲线的两顶点为，所以，，即，将代入的方程可得，，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，所以的坐标为，由可得，，从而可得的纵坐标，将（*）式代入上式，得，即． 所以，，将（*）式代入上式，得．【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键在于利用韦达定理得出，建立的关系，从而得出点的坐标，由此得出.22．已知，证明：(1)；(2)．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性可得，即证，进而，即证，原不等式即可证明；（2）易知时不等式成立；当时，利用二阶导数研究函数的单调性可得，即()，变形即可证明.【详解】（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，．【点睛】在解决类似的问题时，要熟练应用导数研究函数的单调性与最值，善于培养转化的数学思想，学会构造新函数，利用导数或二阶求导研究新函数的性质即可解决问题.