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    河北省邯郸市2023届高考三模(保温卷)数学试题(含解析)

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    这是一份河北省邯郸市2023届高考三模(保温卷)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,解答题等内容,欢迎下载使用。
    河北省邯郸市2023届高考三模(保温卷)数学试题学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________ 一、单选题1.已知集合,则    A B C D2.已知等腰梯形满足交于点,且,则下列结论错误的是(    A BC D3.已知抛物线的焦点为,倾斜角为的直线过点两点(A在第一象限),为坐标原点,过点轴的平行线,交直线于点,则点的横坐标为(    A B C D4.某医院安排3名男医生和2名女医生去甲、乙、丙三所医院支援,每所医院安排一到两名医生,其中甲医院要求至少安排一名女医生,则不同的安排方法有(    A18 B30 C54 D665.三棱锥中,平面.过点分别作于点,记三棱锥的外接球表面积为,三棱锥的外接球表面积为,则    A B C D6.在平面直角坐标系内,已知,动点满足,则)的最小值是(    A B2 C4 D167.如图,在杨辉三角中从第2行右边的1开始按箭头所指的数依次构成一个数列:123364105,则此数列的前项的和为(    A680 B679 C816 D8158.已知函数在区间上有两个极值点,则的范围为(    A B C D 二、多选题9.已知复平面内复数对应向量,复数满足的共轭复数,则(    A BC D10.已知曲线的焦点为,点为曲线上一动点,则下列叙述正确的是(    A.若,则曲线的焦点坐标分别为B.若,则的内切圆半径的最大值为C.若曲线是双曲线,且一条渐近线倾斜角为,则D.若曲线的离心率,则11.已知三棱锥,过顶点B的平面分别交棱MN(均不与棱端点重合).设,其中分别表示的面积,分别表示三棱锥和三棱锥的体积.下列关系式一定成立的是(    A BC D12.为了估计一批产品的不合格品率,现从这批产品中随机抽取一个样本容量为的样本,定义,于是,记(其中1),称表示为参数的似然函数.极大似然估计法是建立在极大似然原理基础上的一个统计方法,极大似然原理的直观想法是:一个随机试验如有若干个可能的结果ABC,若在一次试验中,结果A出现,则一般认为试验条件对A出现有利,也即A出现的概率很大. 极大似然估计是一种用给定观察数据来评估模型参数的统计方法,即模型已定,参数未知,通过若干次试验,观察其结果,利用试验结果得到某个参数值能够使样本出现的概率为最大.根据以上原理,下面说法正确的是(    A.有外形完全相同的两个箱子,甲箱有99个白球1个黑球,乙箱有1个白球99个黑球.今随机地抽取一箱,再从取出的一箱中抽取一球,结果取得白球,那么该球一定是从甲箱子中抽出的B.一个池塘里面有鲤鱼和草鱼,打捞了100条鱼,其中鲤鱼80条,草鱼20条,那么推测鲤鱼和草鱼的比例为4:1时,出现80条鲤鱼、20条草鱼的概率是最大的CD达到极大值时,参数的极大似然估计值为 三、填空题13.已知函数是奇函数,则______.14中,角A所对的边分别为,且,则=____15.已知数列满足:对任意,均有.若,则____16.若曲线与圆有三条公切线,则的取值范围是____ 四、解答题17.记的内角的对边分别为,已知的面积为(1),求(2)上一点,从下列条件、条件中任选一个作为已知,求线段的最大值.条件的角平分线;   条件为边上的中线.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.18.已知数列的前n项和为,且(1)通项公式;(2),在数列中是否存在三项(其中)成等比数列?若存在,求出这三项;若不存在,说明理由.19.如图,三棱锥的体积为中点,且的面积为(1)求顶点到底面的距离;(2),求平面与平面夹角的余弦值.20.已知双曲线的中心为坐标原点,对称轴为轴,轴,且过两点.(1)求双曲线的方程;(2)已知点,设过点的直线两点,直线分别与轴交于点,当时,求直线的斜率.21.已知函数(1)单调递增,求实数m取值范围;(2)有两个极值点,且,证明:22.邯郸是历史文化名城,被誉为中国成语典故之都.为了让广大市民更好的了解并传承成语文化,当地文旅局拟举办猜成语大赛.比赛共设置道题,参加比赛的选手从第一题开始答题,一旦答错则停止答题,否则继续,直到答完所有题目.设某选手答对每道题的概率均为,各题回答正确与否相互之间没有影响.(1)记答题结束时答题个数为,当时,若,求的取值范围;(2)i)记答题结束时答对个数为,求ii)当时,求使的最小值.参考数据:.
    参考答案:1A【分析】化简集合,根据补集和交集的概念可求出结果.【详解】由,则,则,所以.故选:A2D【分析】根据题意,由平面向量的线性运算,对选项逐一判断,即可得到结果.【详解】依题意,显然,故有,则,故A正确;又四边形是等腰梯形,故,即,故B正确;中,,故C正确;,所以D错误;故选:D.3B【分析】先写出直线,与联立,求得点AB的坐标,进而得到直线的方程,再由求解.【详解】解:由题意知,过点的直线的交点分别为所以直线方程为又因为所以故选:B.4C【分析】根据题意分配方案为122212221,再根据甲医院要求至少有一名女医生分别求解,然后求和.【详解】解:由题意可知,向甲、乙、丙三所医院分配医生的人数有三种类型,分别为122212221因为甲医院要求至少有一名女医生,第一种方案共有种,第二种方案分两种情况,分别是:甲有两名女医生、甲有一名女医生,共有种,同理,第三种方案有21种,所以共有54种,故选:C.5B【分析】取的中点的中点,连,证明是三棱锥的外接球的球心,为该球的直径;是三棱锥的外接球的球心,为该球的直径,设,求出,根据球的表面积公式可求出结果.【详解】取的中点的中点,连因为平面平面,所以因为平面,所以平面因为平面,所以在直角三角形中,是斜边的中点,所以在直角三角形中,是斜边的中点,所以所以是三棱锥的外接球的球心,为该球的直径.因为是斜边的中点,所以因为是斜边的中点,所以所以是三棱锥的外接球的球心,为该球的直径.,则所以.故选:B.6C【分析】由题意求出点P的轨迹方程,则可以看成圆上动点与定直线上动点的距离,求得其最小值,即可求得答案.【详解】因为,动点满足,整理得可以看成圆上动点与定直线上动点的距离,其最小值为圆心到直线的距离减去圆的半径2,即因此,的最小值是故选:C.7D【分析】根据杨辉三角以及组合数性质运算可求出结果.【详解】根据杨辉三角,得因此,此数列的前30项和为:..故选:D.8A【分析】先根据函数有两个极值点转化为导函数有两个不同的零点,分离参数及数形结合求出a的范围,结合函数的对称性即可求解的范围.【详解】因为所以且函数的图象如图:故当时,有两个不等实根,此时因为的对称轴,由从而所以.故选:A.9ABD【分析】根据复数的几何意义和模长公式计算可得A正确;根据共轭复数的概念和复数的乘方运算法则计算可得B正确;根据复数的除法运算法则和模长公式计算可得C错误;D正确.【详解】依题意,,则,故A正确;,即,故B正确;,由得,,故C错误;.D正确.故选:ABD.10BD【分析】当时,求出曲线的焦点坐标,可判断A选项;当时,求出面积的最大值,结合椭圆的定义可求得内切圆半径的最大值,可判断B选项;根据双曲线的渐近线方程求出实数的值,可判断C选项;根据双曲线的离心率求出实数的值,可判断D选项.【详解】对于A选项,若,则曲线的方程为,则故椭圆的焦点的坐标为,故A不正确;对于B选项,若,则曲线的方程为,则的面积的内切圆半径为所以,,故B正确;对于C选项,若曲线是双曲线,且一条渐近线倾斜角为则渐近线方程为,即所以,双曲线的方程可表示为所以,,解得,故C不正确;若曲线的离心率,则有,则曲线为双曲线,若双曲线的焦点在轴上,则,可得此时,则,解得若双曲线的焦点在轴上,则,可得此时,则,解得.综上所述,若曲线的离心率为,则,故D正确.综上可知,BD正确.故选:BD.11ACD【分析】分别表示出即可判断A;当时,即可判断B;由,然后作差即可判断CD.【详解】如图所示,设,则于是,故A正确.时,有,此时,故B不正确;设点到平面的距离为由于由于,所以从而,从而,即,故C正确;,故,故D正确.故选:ACD12BCD【分析】根据新定义判断AC,根据二项分布计算出现80条鲤鱼,20条草鱼的概率,再由导数求最大值对应即可判断B,利用导数求的最大值判断D.【详解】极大似然是一种估计方法,A错误;设鲤鱼和草鱼的比例为,则出现80条鲤鱼,20条草鱼的概率为时,时,上单调递增,在上单调递减,故当时,最大,故B正确;根据题意,(其中1),所以,可知C正确;,解得,且,故上递增,在上递减,故达到极大值时,参数的极大似然估计值为,故D正确.故选:BCD131【分析】根据题意,结合,即可求解.【详解】因为奇函数,且定义域为所以,即,解得.故答案为:1.14/0.8【分析】利用正弦定理结合三角函数恒等变换计算即可.【详解】因为,所以由正弦定理可得因为,所以所以,又由计算可得所以,由可知,即.故答案为:.152024【分析】由得到数列是以6为周期的周期数列求解.【详解】解:由题意得所以所以数列是以6为周期的周期数列,所以故答案为:202416【分析】易得曲线在点处的切线方程为,再根据切线与圆相切,得到,化简为,根据曲线与圆有三条公切线,则方程有三个不相等的实数根,令,由曲线与直线有三个不同的交点求解.【详解】解:曲线在点处的切线方程为由于直线与圆相切,得*因为曲线与圆有三条公切线,故(*)式有三个不相等的实数根,即方程有三个不相等的实数根.,则曲线与直线有三个不同的交点.显然,.时,,当时,,当时,所以,上单调递增,在上单调递减,在上单调递增;且当时,,当时,因此,只需,即解得.故答案为:17(1)(2)3 【分析】(1)根据题意,由余弦定理即可三角形的面积公式即可得到,再由正弦定理即可得到结果;2)若选,由余弦定理结合基本不等式即可得到结果;若选,由,再结合余弦定理与基本不等式即可得到结果.【详解】(1)因为由余弦定理可得:,所以由三角形的面积公式可得,所以所以,又,故.由正弦定理得,所以,故有.2)选择条件中,由余弦定理,得,故当且仅当时,等号成立,又因为所以的最大值为3.选择条件由题,平方得中,由余弦定理得,所以.当且仅当时,等号成立,故有从而,故的最大值为3.18(1)(2)不存在 【分析】(1)通过的关系即可得出数列的通项公式;2)表达出数列的通项公式,通过比较,即可得出结论.【详解】(1)由题意,在数列中,两式相减可得,由条件,,故.是以1为首项,4为公比的等比数列..2)由题意及(1)得,在数列中,在数列中,如果满足条件的存在,,其中,解得:,与已知矛盾,所以不存在满足条件的三项.19(1)2(2) 【分析】(1)易得平面,再由的面积为,得到,进而得到,从而有的面积为2,然后再由三棱锥的体积为求解;2平面,根据,得到,从而,再结合,得到,从而有,得到的延长线上,再由平面,得到,从而得到四边形为正方形,然后以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,分别求得平面的一个法向量为和平面的法向量为,然后由求解.【详解】(1)(1)在中,,且中点,所以又因为SB、BE在面SBE内,所以平面.所以,因为的面积为所以,又,故.的面积为2,设到平面的距离为所以,即.2)作平面交平面于点,因为所以,所以.,故,故,则的延长线上.因为SD、SA在面SAD内,所以平面.因为平面,所以所以四边形为正方形.以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系设平面的法向量为,得,得,则设平面的法向量为,得,取,则设锐二面角的平面角为,则所以平面与平面夹角的余弦值是.20(1)(2) 【分析】(1)由题意,设双曲线方程的一般式,然后将的坐标代入,即可得到其标准方程;2)根据题意,设出过点的直线方程,然后与双曲线方程联立,结合韦达定理分别表示出的坐标,再由列出方程,求解即可得到结果.【详解】(1)设曲线的方程为,由曲线过点两点,得解得,所以曲线的方程为2由题意可知过点的直线的方程为,设消去,得,解得,则有设直线的方程为,令所以直线轴交点的坐标为同理可得直线的方程为,令所以直线轴交点的坐标为.由题意可知所以代入整理得所以满足式,综上,.【点睛】关键点睛:本题主要考查了直线与双曲线相交问题,解答本题的关键在于表示出点的坐标,然后由条件列出方程,从而得到结果. 21(1)(2)证明见解析 【分析】(1)由题意,转化为恒成立,然后转化为最值问题,求导即可得到结果;2)根据题意,将零点问题转化为方程根的问题,再讲不等式转化为函数的单调性,即可得到证明.【详解】(1)由题意,因为单调递增,所以恒成立.恒成立,上恒小于等于0单调递减,..2有两个零点,即有两个根.由(1)知,上单调递增,在上单调递减,且.所以,且.要证,只需证,又单调递减,只需证.,只需证.只需证;只需证,则上单调递减,从而当时,所以,因此.【点睛】解答本题的关键在于构造函数,构造函数再由导数求解函数最值,构造函数,再由函数研究其单调性,即可得到结果.22(1)(2)i;(ii9 【分析】(1时求出,解不等式即可;2)求出的分布列,按照求数学期望的公列式计算即可.【详解】(1)根据题意,可取123所以,又所以的取值范围是.2)(,其中所以的数学期望为利用错位相减可得所以.另解:.)依题意,,即所以,又的最小值为9. 

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