2023届河北省唐山市高三三模数学试题含解析

这是一份2023届河北省唐山市高三三模数学试题含解析，共19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届河北省唐山市高三三模数学试题 一、单选题1．已知集合或，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据集合的交集运算可得答案.【详解】因为集合或，，所以 ，故选：D2．已知为虚数单位，复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的除法运算可得答案.【详解】复数，则. 故选：B.3．二项式的展开式中的常数项为A．－15 B．20 C．15 D．－20【答案】C【分析】根据二项式定理写出二项展开式通项，令幂指数为零，可求得，代入展开式通项可求得常数项.【详解】二项式展开式通项为：令得：    常数项为：本题正确选项：【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的系数的问题，关键是能够熟练掌握二项展开式的通项公式.4．正方形边长为，为中点，点在上，，则（    ）A． B． C．5 D．10【答案】C【分析】设，以为基向量表示出，然后由求出的值可得答案.【详解】设， 因为，，因为正方形边长为，，所以，解得，所以，故选：C5．把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由图形的几何性质得球心位置，利用等体积转化求点面距离即可.【详解】由图所示，易知三棱锥D-ABC的外接球球心为AC的中点O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，计算可得BC=CD=BD=，设球心到平面的距离为，则.故选：A6．已知椭圆的两个焦点分别为，点为上异于长轴端点的任意一点，的角平分线交线段于点，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据三角形平分线性质求得，利用定义及比例即可求解.【详解】因为的角平分线交线段于点，所以，所以由正弦定理得，，又因为，，所以，即，不妨设，如图：则，解得，所以，由题意，，所以，故选：D7．假设有两箱零件，第一箱内装有5件，其中有2件次品；第二箱内装有10件，其中有3件次品.现从两箱中随机挑选1箱，然后从该箱中随机取1个零件，若取到的是次品，则这件次品是从第一箱中取出的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据条件概率的计算公式可算出答案.【详解】设事件表示从第一箱中取一个零件，事件表示取出的零件是次品，则，故选：D8．已知且，，，是自然对数的底数，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】首先证明常用不等式：，故当时，．由条件得，，由可得，由，令，利用单调性可得，从而得出答案．【详解】首先证明常用不等式：，设，，则，所以在上单调递减，所以当时，，即；设，，则，所以在上单调递增，所以当时，，即.所以，当时，.故当时，.∵，∴，∴，∴，∵，∴，即，∵，令，∴，单调递增，∴，则，即，综上，.故选：B. 二、多选题9．为了得到函数的图象，只需把余弦曲线上所有的点（    ）A．横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移B．横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移C．向右平移，再把得到的曲线上各点横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变D．向右平移，再把得到的曲线上各点横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变【答案】BC【分析】根据三角函数图象的伸缩平移变换即可得出结果.【详解】函数的图象向右平移个长度单位，得，再将横坐标缩短为原来的倍(纵坐标不变)，得；函数图象将横坐标缩短为原来的倍(纵坐标不变)，得，再向右平移个长度单位，得，即.故选：BC10．已知为异面直线，平面，平面，是空间任意一条直线，以下说法正确的有（    ）A．平面与必相交B．若，则C．若与所成的角为，则与平面所成的角为D．若与所成的角为，则平面与的夹角为【答案】AC【分析】反证法可判断A，列举特殊情况判断B，由线面角定义判断C，求二面角的平面角判断D.【详解】对A，若平面与平行，则，又 ，则，与为异面直线矛盾，故平面与必相交，故A正确；对B，，可能在平面内，所以不正确，故B错误；对C，过上一点作，交于，则直线为在平面上的射影，如图，所以与平面所成的角为，由题意知，所以，由可知，与平面所成的角为，故C正确；对D，平移过点，分别与交于，平面与棱交于，连接，如图， 由分别垂直两平面，易知棱与平面垂直，可得与垂直，故为二面角的平面角，由与所成的角为，可知，所以平面与的夹角为，故D错误.故选：AC.11．函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，且，则（    ）A．为偶函数B．C．的图象关于对称D．若，则为奇函数【答案】AC【分析】根据简单复合函数的求导法则及奇偶性的定义判断A、D，利用特殊值判断B，根据周期性及奇偶性判断函数的对称性，即可判断C.【详解】因为为奇函数且在定义域上可导，即，所以两边对取导可得，即，所以为偶函数，故A正确；对于B：令，显然为奇函数，且最小正周期，即满足，则，则，故B错误；对于C：因为且为上的奇函数，所以，即，所以，即，所以的图象关于对称，故C正确；对于D：因为，则，即为奇函数，由A可知为偶函数，故D错误；故选：AC12．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长方形的屋状的楔体（图示的五面体．底面长方形中，，上棱长，且平面，高（即到平面的距离）为，是底面的中心，则（    ）A．平面B．五面体的体积为5C．四边形与四边形的面积和为定值D．与的面积和的最小值为【答案】ABD【分析】取BC的中点G，可得四边形EFGO为平行四边形，则EO∥FG，从而EO∥平面BCF，即可判断A；利用分割的方法，把几何体分割成三部分，可得一个三棱柱和两个四棱锥，再由已知求解即可判断B；设，则，利用梯形面积公式计算四边形与四边形的面积和，即可判断C；设，则，且，，则△ADE与△BCF的面积和为，利用不等式：当时，，求解最小值即可判断D.【详解】取BC的中点G，连接OG，FG，∵EF∥OG，EF＝OG，∴四边形EFGO为平行四边形，∴EO∥FG，∵EO平面BCF，FG平面BCF，∴EO∥平面BCF，故A正确；过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，过H作BC的平行线MN，交AB于N，交CD于M，∵MN平面ABCD，∴FH⊥MN，又AB⊥MN，FH∩MN＝H，MN，FH平面FMN，∴AB⊥平面FMN，过E作EP∥FM，交CD于P， 作EQ∥FN，交AB于Q，连接PQ，∵EP∥FM，EP平面FMN，FM平面FMN，∴EP∥平面FMN，同理EQ∥平面FMN，又EP∩EQ＝E，EP，EQ平面EPQ，∴平面EPQ∥平面FMN，如图，五面体包含一个三棱柱和两个的四棱锥，∴五面体的体积：，故B正确；设，则，，，四边形与四边形的面积和为，不是定值，故C错误；过H作HR⊥BC，垂足为R，连接FR，∵FH⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴FH⊥BC，又FH∩HR＝H， FH，HR平面FHR，∴BC⊥平面FHR，∵FR平面FHR，∴FR⊥BC，设，则，且，，△BCF的面积为，同理，△ADE的面积为，则△ADE与△BCF的面积和为，当时，，即，∴，当且仅当等号成立，，当且仅当等号成立，则△ADE与△BCF的面积和的最小值为，故D正确． 故选：ABD. 三、填空题13．设为等比数列的前项和，，，则__________.【答案】/0.875【分析】设公比为，由可解得，代入求和公式即可得出结果．【详解】设等比数列的公比为，由，得，则，由等比数列求和公式可知．故答案为：．14．已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于两点，则的面积为__________.【答案】/【分析】根据抛物线方程可确定坐标，从而得到直线方程；将方程与抛物线方程联立，由抛物线焦点弦长公式和韦达定理的结论可求得，利用点到直线距离公式可求得，代入三角形面积公式即可.【详解】由抛物线方程知：，则直线，即；由得：，设，则，，又坐标原点到直线的距离，.故答案为：.15．已知曲线与有公共切线，则实数的取值范围为__________.【答案】【分析】设公切线与曲线的切点为，，利用导数的几何意义分别求和上的切线方程，由所得切线方程的相关系数相等列方程求参数关系，进而构造函数并利用导数研究单调性求参数范围.【详解】设公切线与曲线和的切点分别为，，其中，对于有，则上的切线方程为，即，对于有，则上的切线方程为，即，所以，有，即，令，，令，得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，故，即.∴正实数的取值范围是.故答案为：. 四、双空题16．数字波是由0和1组成的脉冲信号序列，某类信号序列包含有个数字0和个数字1，且每个数字0之前1的个数多于0的个数.当等于3时，这样的信号序列有__________种；当等于5时，这样的信号序列有__________种.【答案】     5     16【分析】利用计数原理、插空法和列举法即可得出答案.【详解】当时，只有：一种；当时，有、两种；当时，说明有个、个，且最后一位只能是，即_ _ _ _ _，可得、、、、五种；当时，说明有个、个，只能在前面插空，可得一种，_0_0_0_00四种，_0_0_000共种，_0_0000四种，_00000一种，所以时，共有种.故答案为：5；16 五、解答题17．设为数列的前项和，，.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用与的关系计算求通项；（2）结合（1）的结论，利用裂项相消法计算即可.【详解】（1）已知①，当时，.当时，②①-②得：，即.又，所以，.所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列.所以.（2）设..18．如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面，点为线段上一点，且.(1)证明：平面；(2)若，，且三棱锥的体积为18，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）过点作于点，由面面垂直、线面垂直的性质定理可得，，再由线面垂直的判定定理可得答案；（2）由体积求出，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.【详解】（1）过点作于点，因为平面平面，且平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又平面平面，则，又因为平面，所以平面；（2）由（1）知平面平面，得，又，所以，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，又因为，所以，，，设是平面的一个法向量，则，即，所以可取，设是平面的一个法向量，则即，所以可取，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.19．记的内角的对边分别为，已知为钝角，.(1)若，求；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意及正弦定理得到，即，结合角的范围可得，又，即可求得；（2），令，化简得到，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】（1）由，根据正弦定理得：，由于，可知，即，因为为钝角，则为锐角，即，则，则.由，得.（2）.因为为锐角，所以，即，则，设，则，.因为，则，从而.由此可知，的取值范围是.20．据统计，某城市居民年收入（所有居民在一年内收入的总和，单位：亿元）与某类商品销售额（单位：亿元）的10年数据如下表所示：第年12345678910居民年收入32.231.132.935.737.138.039.043.044.646.0商品销售额25.030.034.037.039.041.042.044.048.051.0依据表格数据，得到下面一些统计量的值.379.6391247.624568.9(1)根据表中数据，得到样本相关系数.以此推断，与的线性相关程度是否很强？(2)根据统计量的值与样本相关系数，建立关于的经验回归方程（系数精确到0.01）；(3)根据（2）的经验回归方程，计算第1个样本点对应的残差（精确到0.01）；并判断若剔除这个样本点再进行回归分析，的值将变大还是变小？（不必说明理由，直接判断即可）.附：样本的相关系数，，，.【答案】(1)线性相关程度很强(2)(3)，变小 【分析】（1）根据样本相关系数，进得推断即可；（2）由可求得，由求得，即可得线性回归方程；（3）第一个样本点的残差为：，计算即可；由于该点在回归直线的左下方，故将其剔除后，的值将变小.【详解】（1）根据样本相关系数，可以推断线性相关程度很强.（2）由及，可得，所以，又因为，所以，所以与的线性回归方程.（3）第一个样本点的残差为：，由于该点在回归直线的左下方，故将其剔除后，的值将变小.21．已知双曲线，左､右顶点分别为，经过右焦点垂直于轴的直线与相交于两点，且.(1)求的方程；(2)若直线与圆相切，且与双曲线左､右两支分别交于，两点，记直线的斜率为，的斜率为，那么是否为定值？并说明理由.【答案】(1)(2)是定值，理由见解析 【分析】（1）根据求出，可得的方程；（2）由直线与圆相切得，联立直线与双曲线方程，得和，由斜率公式得，利用和化简可得结果.【详解】（1）设，把代入到的方程，得，即，因为，所以，即，则双曲线的方程为.（2）是否为定值,理由如下：设，其中，，.因为直线与圆相切，所以，即，联立，消去并整理得，所以，因为，，，即，所以，由已知..即为定值.22．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导，对a进行讨论，利用导函数的正负分析单调性即可；（2）要使恒成立，则只需恒成立，对a进行讨论，并根据（1）中所得单调性，即可分析符合的情况，进而得到实数的取值范围.【详解】（1）由，得①当时，，所以在上单调递增；②当时，令，得，当时，，单调递减；当时，，单调递增.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知：当时，在上单调递增，，所以当时不合题意.②当时，，符合题意.③当时，，要使恒成立，则只需恒成立，即：，亦即：.记，则，于是在上单调递减；又因为，所以当时，，即；当时，，不合题意.综上可知的取值范围为.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.