2023届河北省高三适应性考试数学试题含解析

2023届河北省高三适应性考试数学试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据集合的交集运算即可求解.

【详解】，，

因此，.

故选：A.

2．若z=1+i，则|z2–2z|=（    ）

A．0 B．1 C． D．2

【答案】D

【分析】由题意首先求得的值，然后计算其模即可.

【详解】由题意可得：，则.

故.

故选：D.

【点睛】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识，属于基础题.

3．已知的展开式中含的项的系数为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用二项展开的通项公式，根据指定项求出，再根据系数求出参数.

【详解】解：根据二项展开的通项公式，则，

整理得，

因为展开式中含的项的系数为，

所以，解得，

所以系数，解得.

故选：.

4．如图为延安革命纪念馆陈列的呈正四棱台的木盒子，它是以前计量粮食用的斗，其四周和底部五面合围，上部开口的中间有一斗柄，作为手提之用．1947年，党中央果断做出了“撤离延安、转战陕北”的重大决策，为了及时供应部队军粮，保证部队的粮食需求，地方政府将米脂、镇川和子洲等地的公粮集中在沙家店粮站，这个斗就是沙家店粮站当时使用过的，纪念馆测得该正四棱台下底面边长为38厘米，上底面边长为32厘米，侧棱长23厘米．则斗的侧面与底面夹角余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出斗的侧面与底面夹角，求得相关线段长，解直角三角形，即可求得答案.

【详解】如图，正四棱台中，设上下底面的中心为,

设的中点分别为,连接，作,垂足为F，

由于侧面为等等腰梯形，故，而，

且，平面，

故平面，平面，平面,

则即为平面与底面所成二面角的平面角，

即即为斗的侧面与底面的夹角，

由题意可知,

在等腰梯形中，，则,

在中，，

即斗的侧面与底面夹角的余弦值为，

故选：A

5．甲乙丙丁四名同学去听同时举行的三个讲座，每名同学可自由选择听其中的一个讲座，则甲乙二人正好听的同一讲座而丙丁听的不同讲座的情况为（    ）种

A．6 B．10 C．18 D．36

【答案】C

【分析】先安排甲乙，再安排丙丁，根据分步乘法计数原理即可求解.

【详解】解：先安排甲乙共有,再安排丙丁共有,

所以根据分步乘法计数原理得总共有（种），

故选:C.

6．已知函数在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】由二倍角公式以及辅助角公式化简，进而根据为正整数，由的范围，即可结合正弦函数的单调区间进行求解.

【详解】，

由于为正整数，

当时，，此时

故此时在上单调，时不符合，

当时，，此时且

故此时在先增后减，因此不单调，符合，

当时，，此时，

而的周期为，此时在上不单调，符合，但不是最小的正整数，同理要求符合，但不是最小的正整数，

故选：B

7．抛物线：的准线与轴交于点，过的焦点作斜率为2的直线交于、两点，则（    ）

A． B． C． D．不存在

【答案】C

【分析】由得出，再由同角三角函数的基本关系得出，最后根据倍角公式求解即可.

【详解】作轴于，分别过，作准线的垂线，垂足分别为，，

则，∴

∴

由，可得.

又∵．∴．

∴

.

故选：C

8．已知函数，若恰有两个零点，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】将问题转化为恰有两个实数根，求导确定函数的单调性，进而画出函数的图象，结合函数图象即可确定的取值.

【详解】恰有两个零点,即恰有两个实数根，由于，所以恰有两个实数根等价于恰有两个实数根，

令，则，

当时，，故当此时单调递增，当，此时单调递减，故当时，取极小值也是最小值，且当时，，

当时，，且单调递增，

在直角坐标系中画出的大致图象如图：

要使有两个交点，则，

故选：D

二、多选题

9．某市两万名高中生数学期末统考成绩服从正态分布，其正态密度函数，则（    ）

附：若随机变量X服从正态分布，则，，．

A．试卷平均得分与试卷总分比值为该试卷难度，则该份试卷难度为0.5

B．任取该市一名学生，该生成绩低于67分的概率约为0.023

C．若按成绩靠前的16%比例划定为优秀，则优秀分数线约为83分

D．该次数学成绩高于99分的学生约有27人

【答案】CD

【分析】根据正态分布的对称性以及原则，即可结合选项逐一求解.

【详解】由正态密度函数得,故可知试卷的平均分为75，试卷总分为100分，故难度为0.75，故A错误,

由于，所以，故B错误，

由于，所以C正确，

由于，故高于99分的学生约人，所以D正确，

故选：CD

10．点为圆上一动点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】设，可得，结合三角函数性质可判断A；将化为，继而令，转化为关于t的二次函数，求其最值，判断B；将转化为，利用几何意义，数形结合，可判断C；举出反例可判断D.

【详解】由题意点为圆上一动点，故设，

则，而，，

故，A错误；

，设，

则，，

故，当时，取最小值，

当时，取最大值，

即，B正确；

，设，则，

即可看作点与点连线的斜率，

如图示：当直线与圆相切时，k取得最值，

则，解得或，

则，故，C正确；

取为，满足，但此时，D错误，

故选：BC

【点睛】方法点睛：对于A，B选项的判断，结合其结构特征，利用三角代换，结合三角恒等变换或之间的关系，可进行判断；对于，可变形为，利用几何意义进行判断.

11．函数及导函数的定义域均为R，则下列选项错误的是（    ）

A．若，则的周期为2

B．若，则为奇函数

C．若，则为偶函数

D．若，则为偶函数

【答案】ABC

【分析】根据导函数的对称性可举反例，即可判断ABC,由定积分的性质以及导函数的对称性即可求解D.

【详解】对于A,由可得是周期函数且周期为2，无法确定的周期性，例如为周期2的函数，但是恒成立，单调递增，不具有周期性，故A错误，

对于B,由可得关于对称，可取，则，不是奇函数，故B错误，

对于C,由可知关于点对称，取，则，故为非奇非偶函数，故C错误，

对于D,由得关于点对称，所以，则，则，

由于，所以，

令，则，所以为偶函数，故D正确，

故选:ABC

12．函数（且），（且），则（    ）

A．当时，与有唯一的公共点

B．当时，与没有公共点

C．当时，与有唯一公共点

D．当时，与有两公共点

【答案】BCD

【分析】根据求解交点确定A选项，根据反函数性质，列式求解，分情况讨论无交点，一个交点和两个公共点求参可以判断BCD选项.

【详解】与（且）互为反函数．

当时，与均递减且与交于一点．

时，，，，∴过和，

而也过和，∴当时，与有三个交点.

当时，设与相切，

设切点为，，

，由①得，，两边取对数，，

将代入②得，，∴，，∴，，

由指数函数性质得时，与相切，

则时，与无交点，

时，与有两个交点，

故BCD均正确．

故选：BCD.

三、填空题

13．若数列为等比数列，，，则______．

【答案】

【分析】根据等比数列的性质,得，再通过分析可得.

【详解】解: 根据等比数列的性质得，，所以，

又，所以，所以

所以,

故答案为：.

14．点、分别是正四面体ABCD棱、的中点，则______．

【答案】

【分析】以为基底，，即可求解.

【详解】解：以为基底，它们两两之间均为，设正四面体ABCD棱长为2，则

,

所以

，

所以,

故答案为：

15．已知，为双曲线：的左右焦点，直线与的两渐近线分别交于点、，若的最大值为，则双曲线的离心率为______．

【答案】2

【分析】根据点点距离公式，结合不等式即可求解最值，进而可得离心率.

【详解】要使取最大，此时直线，由对称性可知，

双曲线的渐近线方程为，联立，解得，

不妨设分别在第一象限和第四象限，所以，

故，

由于，当且仅当时，即时，等号成立，

故，即的最大值为，因此，

故答案为：2

16．近年我国基础研究和原始创新不断加强，一些关键核心技术实现突破，载人航天、探月探火、深海深地探测、超级计算机、卫星导航、量子信息等都取得重大成果．如图正方体为制作某深海探测器零件的新型材料，其棱长为2厘米，制作中要用与正方体内切球相切的平面去裁切正方体的一个角，要求截面为正三角形．若正方体八个角都做这样的裁切，则所剩几何体体积为______．

【答案】

【分析】由题意可得所截正三棱锥高，从而求得其体积，又因为相邻两个三棱锥重叠部分为三棱锥，求出，从而可得剩余体积.

【详解】

由正方体棱长为2，可知其内切球球心为正方体中心，半径为1，

正方体顶点到球心距离，由题意截面为正三角形，切点，

三点共线，则，

设正三棱锥侧棱，则，

为正三角形中心，所以，则，解得，

所以，

又因为相邻两个三棱锥重叠部分为三棱锥，可得，

则直角三角形中，，

，

所以剩下的体积为：.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：确定与内切球相切的截面所截部分位置关系，进而应用柱体、锥体体积公式求几何体体积.

四、解答题

17．已知，，分别为内角，，的对边，且．

(1)求的值；

(2)若面积为，求边上的高的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正余弦定理边角转化即可求解，

（2）由三角形面积公式，结合基本不等式即可求解最值.

【详解】（1）∵，∴，

，，

∴，

∵，

∴.

（2）由面积为得：，而，

∴

∵边上的高为，

∴，则，

∵，

∴，当且仅当时，取“=”，

即的最小值为2．此时最大为．

18．已知函数的首项，且满足．

(1)求证为等比数列，并求．

(2)对于实数，表示不超过的最大整数，求的值．

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）由已知可推得，变形可得，即可得出证明.由已知，进而得出，整理即可得出答案；

（2）分组求和得出.根据错位相减法求，得出，即可得出，然后根据，即可得出答案.

【详解】（1）因为，，

所以，

所以，

所以.

又因为，

所以数列是首项为，公比为的等比数列，

所以，

所以，所以.

（2）因为，

所以

.

设，

所以，

所以

，

所以，

所以.

因为，

所以，

所以，

所以.

19．如图所示，多面体中，底面为正方形，四边形为矩形，且，，．

(1)求平面与平面所成二面角大小；

(2)求多面体的体积；

(3)点P在线段上，当平面时，求与平面所成的角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】(1)由线面垂直的判定定理证平面，从而证平面平面，即可得到平面，从而得到平面平面，即平面与平面所成二面角为；

(2) 由（1）知，平面，把多面体看做两个同底的四棱锥和组合而成，即可求体积.

(3) 设,由平面得，即为的中点．建立空间直角坐标系，求和平面的法向量的坐标，代入夹角公式即可求和所成角的余弦值，即可得到与平面所成的角的正弦值．

【详解】（1）∵四边形为矩形，∴

又∵，,平面,平面,

∴平面，

∵平面∴平面平面.

∵平面与平面的交线为，，∴平面，

又∵平面，∴平面平面，

∴平面与平面所成二面角为.

（2）由（1）知，平面，

又∵，,底面为正方形，∴，

∴多面体体积．

（3）如图，

设,连接.

则平面与平面交于，

∵，∴平面,

∵平面∴，则为的中点．

以为坐标原点,、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．

则，，，，

所以，，，

设平面的法向量得即，

令，则，所以，

则，

所以与平面所成角的正弦值为．

20．随着全球新能源汽车市场蓬勃增长，在政策推动下，中国新能源汽车企业在10余年间实现了“弯道超车”，一跃成为新能源汽车产量连续7年居世界第一的全球新能源汽车强国．某新能源汽车企业基于领先技术的支持，改进并生产纯电动车、插电混合式电动车、氢燃料电池车三种车型，生产效益在短期内逐月攀升，该企业在1月份至6月份的生产利润y（单位，百万元）关于月份的数据如下表所示，并根据数据绘制了如图所示的散点图．

(1)根据散点图判断，与（，，，d均为常数）哪一个更适宜作为利润关于月份的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）

(2)根据（1）的结果及表中的数据，求出y关于的回归方程；

(3)该车企为提高新能源汽车的安全性，近期配合中国汽车技术研究中心进行了包括跌落、追尾、多车碰撞等一系列安全试验项目，其中在实验场进行了一项甲、乙、丙三车同时去碰撞实验车的多车碰撞实验，测得实验车报废的概率为0.188，并且当只有一车碰撞实验车发生，实验车报废的概率为0.1，当有两车碰撞实验车发生，实验车报废的概率为0.2，由于各种因素，实验中甲乙丙三车碰撞实验车发生概率分别为0.7，0.5，0.4，且互不影响，求当三车同时碰撞实验车发生时实验车报废的概率．

参考数据：

其中，设，．

参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．

【答案】(1)选用作为利润关于月份的回归方程更合适

(2)

(3)

【分析】（1）由散点的分布在一条曲线附近，即可选择非线性的.

（2）由对数运算，结合最小二乘法即可求解，

（3）由概率的乘法公式，结合全概率公式即可求解.

【详解】（1）散点图中的点的分布不是一条直线，相邻两点在轴上的差距是增大的趋势．故选用作为利润关于月份的回归方程更合适．

（2）由，取对数可得，设，所以，

，，，，

所以，

，所以，

，即．

（3）设事件为“实验车报废”，事件为“只有一车碰撞实验车”，事件为“恰有两车碰撞实验车”，事件为“三车碰撞实验车”，

则

由已知得，

利用全概率公式得

解得

所以当三车同时碰撞实验车发生时实验车报废的概率为0.5．

21．在平面直角坐标系xOy中，点A在轴上滑动，点B在轴上滑动，A、B两点间距离为．点P满足，且点P的轨迹为C．

(1)求C的方程；

(2)设M，N是C上的不同两点，直线MN斜率存在且与曲线相切，若点F为，那么的周长是否有最大值．若有，求出这个最大值，若没有，请说明理由．

【答案】(1)

(2)有，最大值为

【分析】（1）根据向量的坐标运算可得，，由点点距离即可求解.

（2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，进而由弦长公式求解，由两点距离公式求解,结合不等式或者二次函数的性质即可求解最值.

【详解】（1）设点坐标为，点,的坐标分别为,．

由题意，得

则，，

又因为、两点间距离为，则

整理得点的轨迹为椭圆，其方程：．

（2）因为直线的斜率存在，设，，

设直线：，因为，是椭圆上的不同两点，所以

由直线与曲线相切可得，得，

联立可得，

所以，，

所以

，

∵，

同理

所以的周长

当时，的周长

当时，的周长，

（法一）由

设，则，，

当，即时，最大值为．

此时，，所以，即或，

此时直线：或，

所以的周长最大值为．

（法二）

当，即时，等号成立，则或，

此时直线：或，

所以的周长最大值为．

【点睛】圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用.

22．已知函数，且点处的切线为．

(1)求、的值，并证明：当时，成立；

(2)已知，，求证：．

【答案】(1)，，证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，根据点处的切线为，由求解；从而得到．由导数法得到，即证明；

（2）由（1）得到时，即，令，得到，再由，从而有求解.

【详解】（1）函数定义域为，，

由，得，

解得，所以．于是，

当时，；当时，．

故的增区间为，减区间为，故的最大值为，

即．化简得（当且仅当时不等式取等号）．

于是，当时，由，得；

由，得．

故当时，有．

（2）证明：由（1）可知时，即

所以，时，令，得

得

……………

将所得各式相加，

得

，

故

所以

即

【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由（1）得到，根据所证问题，令，得到，再由放缩得到，从而构造而得解.