2023届河北省名校高三5月模拟数学试题含解析

这是一份2023届河北省名校高三5月模拟数学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河北省名校高三5月模拟数学试题 一、单选题1．设全集为，集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据一元二次不等式以及对数函数的单调性计算得出，然后求出交集，根据集合的补集运算计算，即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以，，所以.故选：D.2．已知复数满足，则（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的运算可得，结合共轭复数可得，进而可求模长.【详解】由题意可得：，则，所以.故选：B.3．二项式的展开式中含项的系数为（    ）A． B．5 C． D．【答案】B【分析】根据二项展开式的通项公式分析运算.【详解】因为二项式的展开式，令，解得，则，即含项的系数为5.故选：B.4．已知函数的零点是以为公差的等差数列．若在区间上单调递增，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，根据零点可确定最小正周期，进而求得；利用整体代入法，结合函数单调性可构造不等式求得的范围.【详解】的零点是以为公差的等差数列，最小正周期，，，当时，，在上单调递增，，解得：，又，的取值范围为.故选：A.5．大雁塔是佛塔这种古印度佛教的建筑形式随佛教传入中原地区，并融入华夏文化的典型物证，是现存最早、规模最大的店代四方楼阁式砖塔（如图1所示）.2014年，它作为中国、哈萨克斯坦和吉尔吉斯斯坦三国联合申遗“丝绸之路”中的一处遗址点，被列人《世界遗产名录》．大雁塔由塔基、塔身、塔剎三部分组成（如图2所示），全塔通高．塔基为长方体，高约为，南北长约为，东西长约为；塔身近似呈正四棱台，底层边长约为，侧面是底角约为81.95°的等腰梯形；塔刹高约．则大雁塔塔基与塔身的体积之比为（    ）（参考数据：）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，问题可转化为长方体体积与正四棱台体积的比，根据长方体与棱台体积公式求解即可．【详解】如图，记大雁塔塔身为棱台，过作于，过作交于，，设，则，，，， ，即，解得，所以，所以塔身的体积，又因为塔基的体积，所以大雁塔塔基与塔身的体积之比为．故选：D．6．已知定义在上的函数满足，的图像关于轴对称．当时，对任意，满足，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知可推得，，进而得出.令，结合已知条件可求得，即可得出答案.【详解】由已知可得，.因为的图像关于轴对称，所以，所以.所以有，所以，，所以，函数的周期为，所以，.令，由已知可得，.因为，所以，所以，，则.故选：C.【点睛】方法点睛：已知函数的对称性，根据等量关系，推得函数的周期，进而利用周期性求解函数值.7．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据对数函数单调性可确定范围；由可得的范围，进而确定大小关系.【详解】，，；，；，，，，即；.故选：B.8．已知三棱锥的个顶点均在球心为、直径为的球面上，，且两两垂直．当取最大值时，三棱锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将三棱锥补全为长方体，利用长方体外接球半径求法可求得，利用基本不等式可求得，根据取等条件可得长，由，结合棱锥体积公式可求得结果.【详解】两两互相垂直，三棱锥可补全为如图所示的长方体，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，，又，，，，，又，（当且仅当时取等号），，此时，，.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查几何体外接球问题的求解，解题关键是能够根据两两垂直关系将三棱锥补全为长方体，结合长方体外接球半径求法和基本不等式可确定的长. 二、多选题9．已知函数，则下列说法正确的有（    ）A．是函数的一条对称轴B．函数在上单调递增C．的最小值为D．是的一条切线【答案】BCD【分析】利用三角恒等变换可得，结合三角函数的性质分析判断A、B、C；对于D：求导，根据导数的几何意义分析运算.【详解】因为，对于A：不是最值，故A错误；对于B：，则，且在上单调递增，所以函数在上单调递增，故B正确；对C：，当，即时，取到最小值，故C正确；对于D：由，可得，可知：，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，故D正确；故选：BCD.10．如图所示，已知正方体的棱长为，点分别是棱的中点，点是侧面内一点（含边界）．若平面，则下列说法正确的有（    ）A．点的轨迹为一条线段B．三棱锥的体积为定值C．的取值范围是D．直线与所成角的余弦值的最小值为【答案】AB【分析】取中点，由面面平行的判定可证得平面平面，可知点轨迹为线段，知A正确；由线面平行性质可知点到平面的距离即为点到平面的距离，利用等体积转化，结合棱锥体积公式可求得B正确；在中，通过求解点到的距离可确定C错误；根据平行关系可知所求角为，则余弦值最小时，与重合，由余弦定理可求得结果，知D错误.【详解】对于A，分别取中点，连接，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面；，平面，平面，平面；，平面，平面平面；则当平面时，平面恒成立，又平面平面，平面，点轨迹为线段，A正确；对于B，由A知：平面，点到平面的距离即为点到平面的距离，，即三棱锥的体积为定值，B正确；对于C，连接，在中，，，，点到的距离为，的取值范围为，C错误；对于D，由A知：，直线与所成角即为直线与所成角，即，则当与重合时，取得最大值，此时余弦值取得最小值；在中，，，，，即直线与所成角的余弦值的最小值为，D错误.故选：AB.11．已知、分别为双曲线的左、右焦点，且到渐近线的距离为，过的直线与的左、右两支曲线分别交于、两点，且，则下列说法正确的有（    ）A．双曲线的离心率为 B．的面积为C． D．【答案】BD【分析】利用已知条件求出的值，利用双曲线的离心率公式可判断A选项；利用勾股定理结合双曲线的定义求出的面积，可判断B选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断C选项；求出、，代值计算可判断D选项.【详解】对于A选项，到渐近线的距离为，所以，双曲线的方程为，则，A错；对于B选项，由题意可知，，且点在双曲线的左支上，所以，，所以，，所以，，故，B对；对于C选项，由双曲线的定义可得，由勾股定理可得，即，因为，解得，则，所以，，C错；对于D选项，设，则，，由勾股定理可得，即，因为，解得，，D对.故选：BD.12．已知，，为正实数，下列结论正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】对于A：利用基本不等式结合对数函数单调性分析判断；对于B、C：利用基本不等式分析判断；对于D：利用作差法比较大小.【详解】因为，，为正实数，则有：对于A：虽然，当且仅当时，等号成立，但无法确定与1的大小关系，则对数函数的单调性无法确定，所以的大小关系无法确定，故A错误；对于B：因为，当且仅当，即时，等号成立，又因为，当且仅当，即时，等号成立，综上所述：，当且仅当时，等号成立，故B正确；对于C：因为，当且仅当，即时，等号成立，故C正确；对于D：因为，当且仅当时，等号成立，所以，故D正确；故选：BCD.【点睛】方法点睛：使用基本不等式时，要注意“一正、二定、三相等”，一定要明确什么时候等号成立，要注意“代入消元”、“拆、拼、凑”、“1的代换”等技巧的应用． 三、填空题13．一个圆的圆周上均匀分布6个点，在这些点与圆心共7个点中，任取3个点，这3个点能构成等边三角形的概率为______．【答案】【分析】用组合数计算从7个点中任取3个点的方法数，用列举法列出3个点能构成等边三角形的方法数，从而利用古典概型计算公式即可求解.【详解】从7个点中任取3个点共有种，3个点能构成等边三角形有以下两类：第一类：以圆心为顶点的等边三角形有共6种；第二类：圆周上三点构成的等边三角形有共2种.则3个点能构成等边三角形共有8种.所以这3个点能构成等边三角形的概率为.故答案为：14．已知平面向量满足且，当向量与向量的夹角最大时，向量的模为______．【答案】【分析】由可平方求得，利用向量夹角公式可化简得到，采用换元法，令，结合基本不等式可求得，根据取等条件可确定.【详解】，，，即；设向量与向量的夹角为，，令，则，（当且仅当，即时取等号）；当最大时，最小，此时，解得：.故答案为：.15．已知过点，且与直线相切，S是圆心的轨迹上的动点，为直线上的动点，则的最小值为______．【答案】/【分析】根据抛物线的定义可得圆心的轨迹方程为，平移直线可知，当与抛物线相切时，的最小值即为两平行线间的距离，联立方程运算求解即可.【详解】由题意可知：圆心到点的距离与到直线的距离相等，可得圆心的轨迹是以为焦点的抛物线，所以圆心的轨迹方程为.设直线，联立方程，消去x得，则，解得，可知与直线平行，且与相切，所以的最小值即为两平行线间的距离.故答案为：. 四、双空题16．设定义在上的函数满足，则函数在定义域内是______（填“增”或“减”）函数；若，，则的最小值为______．【答案】     增     /【分析】由题意可知，令，求导利用导函数的正负即可判断单调性，由可求得，再根据可知，进而得出，利用的单调性解不等式即可.【详解】解：已知，则，令，，则，所以在为增函数，即函数在定义域内是增函数；，，又，，可得，由于在为增函数，所以，解得，即的最小值为，故答案为：增； 五、解答题17．已知数列满足，(1)记，证明：数列为等比数列；(2)记，求数列的前项和．【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】（1）根据题意结合等比数列的定义分析运算；（2）先根据等比数列结合累加法求，再利用错位相减法求和.【详解】（1）由题意可得：，且，则，所以数列是以首项，公比的等比数列.（2）由（1）可知：，即，可得：，所以，即，则，可得，则，两式相减得：，所以.18．在锐角中，内角所对的边分别为，，，已知．(1)求；(2)求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理进行变化角，再结合三角恒等变换可得，进而可求结果；（2）根据锐角三角形可得，根据三角恒等变换可得，分类讨论，结合正切函数分析运算.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，则，整理得，注意到，则，可得，即，所以.（2）因为，则，且为锐角三角形，则，解得，又因为，当时，则，则，所以；当时，则，则，所以；当时，则，则所以；综上所述：的取值范围.19．第31届世界大学生夏季运动会将于今年在我国成都举行．某体校田径队正在积极备战，考核设有100米、400米和1500米三个项目，需要选手依次完成考核，成绩合格后的积分分别记为，和，总成绩为累计积分和．考核规定：项目考核逐级进阶，即选手只有在低一级里程项目考核合格后，才能进行下一级较高里程项目的考核，否则考核终止．对于100米和400米项目，每个项目选手必须考核2次，且全部达标才算合格；对于1500米项目，选手必须考核3次，但只要达标2次及以上就算合格．已知选手甲三个项目的达标率依次为，，，选手乙三个项目的达标率依次为，，，每次考核是否达标相互独立．(1)用表示选手甲考核积分的总成绩，求的分布列和数学期望；(2)证明：无论，和取何值，选手甲考核积分总成绩的数学期望值都大于选手乙考核积分总成绩的数学期望值．【答案】(1)分布列见详解，(2)证明见详解 【分析】（1）先求甲通过每项的概率，进而根据题意求分布列和期望；（2）先求乙通过每项的概率，进而根据题意求分布列和期望，利用作差法比较大小.【详解】（1）对于选手甲：记“100米成绩合格”、“400米成绩合格”、“1500米成绩合格”分别为事件、、，则，由题意可得：的可能取值有，则有：，，，可得的分布列为：0所以.（2）对于选手乙：记“100米成绩合格”、“400米成绩合格”、“1500米成绩合格”分别为事件、、，则，用表示选手乙考核积分的总成绩，由题意可得：的可能取值有，则有：，，，可得的分布列为：0所以，因为，且均为正数，则，即，所以无论，和取何值，选手甲考核积分总成绩的数学期望值都大于选手乙考核积分总成绩的数学期望值.20．如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为的中点，．为上的一点，且与平面所成角的正弦值为．(1)证明：平面平面；(2)试确定的值，并求出平面与平面所成二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)；平面与平面所成二面角的正弦值为 【分析】（1）取中点，利用等腰三角形三线合一性质和勾股定理可分别证得，，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由线面角的向量求法可构造方程求得，由此可得；利用二面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）取中点，连接，，为中点，；，，；四边形为菱形，，为等边三角形，，又分别为中点，，，即；，平面，平面，平面，平面平面.（2）连接，由（1）知：为等边三角形，，；以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，；设，则，，轴平面，平面的一个法向量，，解得：（舍）或，即，；由得：，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；轴平面，平面的一个法向量，，，即平面与平面所成二面角的正弦值为.21．已知椭圆经过点，过原点的直线与椭圆交于，两点，点在椭圆上（异于，），且．(1)求椭圆的标准方程；(2)若点为直线上的动点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意利用点差法可得，结合，运算求解即可；（2）根据直线与椭圆相切利用韦达定理可得，结合夹角公式分析运算即可.【详解】（1）设，则，可得，因为点在椭圆上，则，两式相减得，整理得，即，可得，又因为点在椭圆上，则，由，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由题意可知：切线的斜率存在，设为，设点，过点的直线为，联立方程，消去y得，则，整理得，则，即过直线上任一点均可作椭圆的两条切线，且，可得，因为，因为，当且仅当时，等号成立则，可得，所以，故当时，取到最大值.【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法：一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．22．已知函数．(1)若，求的取值范围；(2)当时，记函数的两个零点为，求证：．【答案】(1)(2)证明见详解 【分析】（1）根据题意分析可得原题意等价于恒成立，利用导数求最值结合恒成立问题分析运算；（2）求导，利用导数判断原函数的单调性，结合零点存在性定理求所在区间，进而可得结果.【详解】（1）若，整理得，构建，则原题意等价于恒成立，则，令，解得；令，解得或；则在上单调递增，在单调递减，可得，且当时，，所以的最小值为，则，故的取值范围为.（2）当时，则，可得，且，令，解得；令，解得或；则在上单调递增，在单调递减，当时，则在单调递减，由，构建，则，令，解得；令，解得；则在上单调递减，在上单调递增，且，可得对恒成立，可得，令，则，可得，故，且，则，故在内存在零点，设为；当时，在上单调递增，且，故在内存在零点，设为；当，则，可得，故在内无零点；综上所述：函数有两个零点为，且，，可得，又因为，可得，所以，即.【点睛】关键点睛：在说明零点的取值范围是，利用割线放缩，取，进而可得.