2023届河北省保定一中部分学校高三下学期5月高考临考信息卷数学试题含解析
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这是一份2023届河北省保定一中部分学校高三下学期5月高考临考信息卷数学试题含解析,共22页。试卷主要包含了下列结论正确的有等内容,欢迎下载使用。
绝密★启用前2023届河北省保定一中部分学校高三下学期5月高考临考信息卷数学试卷 注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知集合,则( )A. B. C. D.2.已知复数满足,则的共轭复数( )A. B.C. D.3.2023年3月24日是第28个“世界防治结核病日”,我国的宣传主题是“你我共同努力,终结结核流行”,呼吁社会各界广泛参与,共同终结结核流行,维护人民群众的身体健康.已知某种传染疾病的患病率为5%,通过验血诊断该病的误诊率为2%,即非患者中有2%的人诊断为阳性,患者中有2%的人诊断为阴性.若随机抽取一人进行验血,则其诊断结果为阳性的概率为( )A.0.46 B.0.046 C.0.68 D.0.0684.过抛物线焦点的直线交抛物线于两点,以线段为直径的圆的圆心为,半径为,点到的准线的距离与的积为25,则( )A.40 B.30 C.25 D.205.根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》,文化娱乐场所室内甲醛浓度为安全范围.已知某新建文化娱乐场所施工中使用了甲醛喷剂,处于良好的通风环境下时,竣工1周后室内甲醛浓度为周后室内甲醛浓度为,且室内甲醛浓度(单位:)与竣工后保持良好通风的时间()(单位:周)近似满足函数关系式,则该文化娱乐场所的甲醛浓度若要达到安全开放标准,竣工后至少需要放置的时间为( )A.5周 B.6周 C.7周 D.8周6.在轴截面顶角为直角的圆锥内,作一内接圆柱,若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积,则圆柱的底面半径与圆锥的底面半径的比值为( )A. B. C. D.7.已知双曲线的左、右焦点分别为,点是双曲线右支上一点,且,延长交双曲线于点.若,则双曲线的离心率为( )A. B.2 C. D.8.在中,是平面上的动点,且,是边上一点,则的最小值为( )A.1 B.2 C.3 D.4二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.下列结论正确的有( )A.若随机变量满足,则B.若随机变量,且,则C.若样本相关系数的绝对值越接近1,则成对样本数据的线性相关程度越强D.按从小到大顺序排列的两组数据:甲组:;乙组:.若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等,则10.2022年12月,神舟十四号返回舱成功着陆,返回舱是宇航员返回地球的座舱,返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆(都包含点)组成的“曲圆”,半圆的圆心在坐标原点,半圆所在的圆过椭圆的焦点,椭圆的短轴长等于半圆的直径,如图,在平面直角坐标系中,下半圆与轴交于点.若过原点的直线与上半椭圆交于点,与下半圆交于点,则( )A.椭圆的离心率为B.的周长为C.面积的最大值是D.线段长度的取值范围是11.如图,四棱柱的底面是边长为的正方形,侧棱底面,三棱锥的体积是,底面和的中心分别是和是的中点,过点的平面分别交于点,且平面是线段上任意一点(含端点),是线段上任意一点(含端点),则( )A.侧棱的长为B.四棱柱的外接球的表面积是C.当时,平面截四棱柱所得的截面是六边形D.的最小值是512.已知,则( )A. B.C. D.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.在平面直角坐标系中,角的顶点为,始边与轴的非负半轴重合,终边与圆相交于点,则__________.14.已知多项式,则__________.15.已知函数和,若的极小值点是的唯一极值点,则实数的最大值为__________.16.“0,1数列”是每一项均为0或1的数列,在通信技术中应用广泛.设是一个“0,1数列”,定义数列:数列中每个0都变为“”,中每个1都变为“”,所得到的新数列.例如数列,则数列.已知数列,且数列,记数列的所有项之和为,则__________.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(本小题满分10分)如图,在平面四边形中,.(1)求边;(2)若,求四边形的面积.18.(本小题满分12分)在各项均为正数的数列中,.(1)求数列的通项公式;(2)若,数列的前项和为,证明:19.(本小题满分12分)2023年3月某学校举行了普通高中体育与健康学业水平合格性考试,考试分为体能测试和技能测试,其中技能测试要求每个学生在篮球运球上篮、羽毛球对拉高远球和游泳3个项目中任意选择一个参加.某男生为了在此次体育学业考试中取得优秀成绩,决定每天训练一个技能项目.第一天在3个项目中任意选一项开始训练,从第二天起,每天都是从前一天没有训练的2个项目中任意选一项训练.(1)若该男生进行了3天训练,求第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率;(2)设该男生在考前最后6天训练中选择“羽毛球对拉高远球”的天数为,求的分布列及数学期望.20.(本小题满分12分)已知椭圆的左、右焦点分别是是椭圆上一动点(与左、右顶点不重合),的内切圆半径的最大值是,椭圆的离心率是.(1)求椭圆的方程;(2)过作斜率不为0的直线交椭圆于两点,过作垂直于轴的直线交椭圆于另一点,连接,设的外心为,求证:为定值.21.(本小题满分12分)在三棱台中,平面,分别是的中点,是棱上的动点.(1)求证:;(2)若是线段的中点,平面与的交点记为,求平面与平面夹角的余弦值.22.(本小题满分12分)已知函数有两个零点,且.(1)求实数的取值范围;(2)证明:. 2023届河北省部分学校高三下学期5月高考临考信息卷数学参考答案题号123456789101112答案CCDABDDBBCBDBCDAD1.C 解析:,由,得,则,所以.故选C.2.C 解析:因为,可得,所以.故选C.3.D 解析:设随机抽取一人进行验血,其诊断结果为阳性为事件,设随机抽取一人为患者为事件,随机抽取一人为非患者为事件,则0.068.故选D.4.A 解析:由抛物线的性质知,点到的准线的距离为,依题意得,又点到的准线的距离为,则有,故.故选A.5.B 解析:由题意可知,,解得.设该文化娱乐场所竣工后放置周后甲醛浓度达到安全开放标准,则0.1,整理得.设,因为,所以,即,则,即,故竣工后至少需要放置的时间为6周.故选B.6.D 解析:设圆柱和圆锥底面半径分别为,因为圆锥轴截面的顶角为直角,所以圆锥母线长为,设圆柱高为,则,由题意得,解得.故选.7.D 解析:设,由双曲线的定义可得,又,则,由,可得,即,解得.又,即,即,所以.故选D.8.B 解析:取的中点,则,可得,当且仅当点在线段上时,等号成立,故,显然当时,取到最小值,故.故选B.9.BC 解析:对于A,由方差的性质可得,故A错误;对于,由正态密度曲线的对称性可得,故B正确;对于,由样本相关系数知识可得,样本相关系数的绝对值越接近1,则成对样本数据的线性相关程度越强,故C正确;对于D,甲组:第30百分位数为30,第50百分位数为,乙组:第30百分位数为,第50百分位数为,则解得故,故D错误.故选BC.10.BD 解析:由题知,椭圆中的几何量,所以,则离心率,故不正确;因为,由椭圆性质可知,所以,故D正确;设到轴的距离分别为,则,当点在短轴的端点处时,同时取得最大值3,故面积的最大值是9,故C不正确;由椭圆定义知,,所以的周长,故B正确.故选BD.11.BCD 解析:对于选项,因为三棱锥的体积,解得,故选项错误;对于选项,外接球的半径满足,故外接球的表面积,故选项B正确;对于选项D,因为平面平面,所以平面,又平面平面平面,所以,又因为四边形是正方形,,所以,因为侧棱底面底面,所以,又,所以平面,垂足是,故对任意的,都有,又因为,故,故选项D正确;对于选项C,如图,延长交的延长线于点,连接交于点,在平面内作交于点,连接,则平面截四棱柱所得的截面是五边形,因为,所以此时,故时截面是六边形,时截面是五边形,故选项C正确.故选BCD.12.AD 解析:对于A,,令,则,所以在上单调递减,在上单调递增,且,又,故.令,则,所以在上单调递减,且,,即,故选项A正确;对于B,,令,则,所以在上单调递增,在上单调递减,且,又,故.令,所以在上单调递减,且,,即,故选项B错误;对于C,,又在上单调递增,,故选项C错误;对于D,由C可知,,又在上单调递减,,即,故选项D正确.故选AD.13. 解析:因为角的终边与圆相交于点,所以,所以.14.74 解析:对于,其二项展开式的通项为,令,得,故,对于,其二项展开式的通项为,令,得,故,所以.15. 解析:由可得,当或时,,当时,,所以的极小值点是2.由可得,因为的唯一极值点为2,所以或恒成立,所以或在上恒成立,因为在上单调递减,在上单调递增,当时,,所以在上恒成立,则.16. 解析:设数列中,0的个数为的个数为,则,两式相加,得,又数列是以5为首项,3为公比的等比数列,;两式相减,得,又数列是以-1为首项,-1为公比的等比数列,,17.解:(1)因为为锐角,所以.因为,在中,由余弦定理得,即,得.(2)在中,由正弦定理得,即,所以.在中,由余弦定理得,即,解得.因为,所以.18.解:(1),则或,,数列为等比数列,公比为数列的通项公式为.(2)证明:由(1)得,则,数列的前项和为,当时,当时,为递增数列,,即,19.解:(1)当第一天训练的是“篮球运球上篮”且第三天训练的也是“篮球运球上篮”为事件;当第一天训练的不是“篮球运球上篮”且第三天训练的是“篮球运球上篮”为事件.由题知,3天的训练过程中,总共的可能情况为种,所以,,所以,第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率.(2)由题知,的可能取值为,考前最后6天训练中,所有可能的结果有种,当时,第一天有两种选择,之后每天都有1种选择,所以,;当时,共有种选择,所以,;当时,共有种选择,所以,;所以,,所以,的分布列为0123所以,.20.解:(1)由题意知,又,则设的内切圆半径为,则.故当面积最大时,最大,即点位于椭圆短轴顶点时,所以,把代入,解得,所以椭圆的方程为.(2)由题意知,直线的斜率存在且不为0,设直线的方程为,代入椭圆方程得,设,则,因此可得,所以中点的坐标为,因为是的外心,所以是线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点,由题意可知关于轴对称,故,的垂直平分线方程为,令,得,即,所以又故,所以为定值,定值为4.21.解:(1)证明:取线段的中点,连接,如图所示,因为分别为的中点,所以,在三棱台中,,所以,,且,故四点共面.因为平面平面,所以,因为,所以四边形是正方形,所以.又平面,所以平面.因为平面,所以.(2)延长与相交于点,连接,则.因为分别为和的中点,,所以,则,所以,为的中点.又因为为的中点,且,则为的重心,所以,因为平面平面,所以.因为,所以.又因为平面,所以平面,所以两两垂直,以为原点,所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系,则,所以,.设平面的法向量为,则取,则.设平面的法向量为,则取,可得.所以,,故平面与平面夹角的余弦值为.22.解:(1)的定义域为,当时,恒成立,所以在上单调递增,不可能有两个零点,故舍去;当时,令,解得,令,解得,所以在上单调递增,在上单调递减,所以.要使有两个零点,则,解得.又,所以当时,在和上各有一个零点且,所以由的单调性知,当时,,当时,.因为,所以,即,所以,而,即,所以,而.令,则,因为,所以,所以,所以在上单调递增,所以,所以.(2)因为,所以,当且仅当时取等号,而,故,要证,即证,即证,即证,即证.设,因为,所以,由(1)得,两式作差,化简得,所以.令,则.令,则,易知在上单调递增,故,所以在上单调递增,所以,所以在上单调递增,所以,即得证.所以不等式得证.
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