河北省2023届高三模拟（三）数学试题（含解析）

河北省2023届高三模拟（三）数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知复数满足，则（    ）

A． B． C．5 D．

2．已知集合，，若，且，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

3．命题：，，命题：，，则（    ）

A．真真 B．假假 C．假真 D．真假

4．已知函数，则下列函数为奇函数的是（    ）

A． B． C． D．

5．在正方体中，点为的中点，点为的中点，则直线与所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

6．中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月在北京石开.会议期间，5男3女共8位代表相约在人民大会堂前站成一排合影，若女代表中恰有2人相邻，且男代表甲不站在两端，则不同的站位方法共有（    ）

A．7920种 B．9360种 C．15840种 D．18720种

7．释迦塔俗称应县木塔，建于公元1056年，是世界上现存最古老最高大之木塔，与意大利比萨斜塔、巴黎埃菲尔铁塔并称“世界三大奇塔”.2016年、释迦塔被吉尼斯世界纪录认定为世界最高的木塔.小张为测量木塔的高度，设计了如下方案：在木塔所在地面上取一点，并垂直竖立一高度为的标杆，从点处测得木塔顶端的仰角为60°，再沿方向前进到达点，并垂直竖立一高度为的标杆，再沿方向前进到达点处，此时恰好发现点，在一条直线上.若小张眼睛到地面的距离，则小张用此法测得的释迦塔的高度约为（参考数据：）（    ）

A． B． C． D．

8．若函数，则极值点的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

二、多选题

9．研究表明，过量的碳排放会导致全球气候变化等环境问题.减少硶排放具有深远的意义.我国明确提出节能减排的目标与各项措施、其中新能源汽车逐步取代燃油车就是其中措施之一.在这样的大环境下，我国新能源汽车逐浙火爆起来.下表是2022年我国某市1∼5月份新能源汽车销量（单位：千辆）与月份的统计数据.

现已求得与的经验回归方程为，则（    ）

A．

B．与正相关

C．与的样本相关系数一定小于1

D．由已知数据可以确定，7月份该市新能源汽车销量为0.84万辆

10．把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的倍（横坐标不变），最后把所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则的解析式可以为（    ）

A． B．

C． D．

11．已知正三棱锥的侧面均为等腰直角三角形，动点在其内切球上，动点在其外接球上，且线段长度的最小值为，设该正三棱锥内切球的球心为，外接球的球心为，则（    ）

A．，，三点共线

B．平面

C．正三棱锥外接球的体积为

D．正三棱锥内切球的表面积为

12．已知函数，若函数恰好有4个不同的零点，则实数的取值可以是（    ）

A． B． C．0 D．2

三、填空题

13．在正方形中，已知，，则的值为______.

14．已知双曲线的上、下焦点分别为，，的一条渐近线过点，点在上，且，则______.

15．为庆祝第19届亚运会在我国杭州举行，杭州某中学举办了一次“亚运知识知多少”的知识竞赛.参赛选手从7道题（4道多选题，3道单选题）中随机抽题进行作答，若某选手先随机抽取2道题，再随机抽取1道题，则最后抽取到的题为多选题的概率为______.

16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为圆与的一个公共点，若，则当时，椭圆的离心率的取值范围为______.

四、解答题

17．为了巩固拓展脱贫攻坚成果，不断提高群众的幸福感，政府积极引导某村农户因地制宜种植某种经济作物，该类经济作物的质量以其质量指标值来衡量，质量指标值越大表明质量越好.为了解该类经济作物在该村的种植效益，该村引进了甲、乙两个品种，现随机抽取了这两个不同品种的经济作物各100份（每份1千克）作为样本进行检测，检测结果如下表所示：（同一区间的数据取该区间的中点值作代表）

分别记甲、乙品种质量指标值的样本平均数为和，样本方差为和.

(1)现已求得，，试求及，并比较样本平均数与方差的大小；

(2)该经济作物按其质量指标值划分等级如下表：

现利用样本估计总体，试从样本利润平均数的角度分析该村村民种植哪个品种的经济作物获利更多.

18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求A；

(2)已知的外接圆半径为4，若有最大值，求实数的取值范围.

19．在数列中，，.

(1)证明：数列是等比数列；

(2)记数列的前项和为，若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.

20．如图，在五边形中，四边形是矩形，，将沿着折起，使得点到达点的位置，且平面平面，点，分别为线段，的中点，点在线段上，且.

(1)当时，证明：平面；

(2)设平面与平面的夹角为，求的最大值及此时的值.

21．已知抛物线的焦点为，圆恰与的准线相切.

(1)求的方程及点与圆上点的距离的最大值；

(2)为坐标原点，过点的直线与相交于A，B两点，直线，分别与轴相交于点P，Q，，，求证：为定值.

22．已知函数.

(1)讨论函数的单调性；

(2)若存在实数，使得关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.

参考答案：

1．B

【分析】根据复数的乘除运算以及复数模的定义即可得到答案.

【详解】由已知得,所以,

所以.

故选：B.

2．B

【分析】先求出集合，然后根据的关系，结合进行分析即可.

【详解】因为或，

所以或，

由，

所以当时，不成立，

所以集合为空集，满足题意，

当时，，

由，所以，

所以有，

综上所述实数的取值范围是，

故选：B.

3．D

【分析】对于命题：根据特称命题结合二次函数分析判断；对于命题：根据存在命题结合二次函数的判别式分析判断.

【详解】对于命题：令，则开口向上，对称轴为，

且，则，

所以，，即命题为真命题；

对于命题：因为，

所以方程无解，即命题为假命题；

故选：D.

4．B

【分析】根据对称性分析可得函数有且仅有一个对称中心，结合图象变换分析判断.

【详解】由题意可得：，

因为

，

若为定值，

则，解得，此时，

所以函数有且仅有一个对称中心.

对于选项A：有且仅有一个对称中心为，不合题意，故A错误；

对于选项B：有且仅有一个对称中心为，符合题意，故B正确；

对于选项C：有且仅有一个对称中心为，不合题意，故C错误；

对于选项D：有且仅有一个对称中心为，不合题意，故D错误；

故选：B.

5．A

【分析】取的中点,的中点,连接，通过平行转化异面直线夹角，再利用勾股定理和三角函数即可得到其正弦值.

【详解】如图,取的中点,的中点,

连接,则易得，

则四边形是平行四边形，所以,

因为，，

所以，所以四边形为平行四边形，

所以，所以，

所以即为直线与所成的角(或其补角).

设止方体的棱长为2,

则,,

所以,所以,

所以.

故选：A.

6．C

【分析】先计算总情况数，再计算男代表站两端的情况数，最后相减即可.

【详解】8人站成一排,女代表中恰有2人相邻的

站位方法有种,

其中男代表甲站在两端的方法有种,

故所求的站位方法共有种.

故选：C.

7．B

【分析】过点作于点,过点作于点,交于点,利用特殊角的三角函数值以及三角形相似即可得到答案.

【详解】如图,过点作于点,过点作于点,交于点,

则四边形, ,都是矩形,所以,

所以.

在Rt中,,

所以,

由已知得,所以,

即,解得.

故选：B.

8．C

【分析】首先根据得到的图象关于直线对称，再对其求导，得到其在上单调性，再对导函数进行求导得到其单调性和零点，从而得到原函数的极值点.

【详解】由题得,

因为与的图象均关于直线对称,

所以的图象也关于直线对称,

又,且当时,,

所以0,即,所以在上单调递增.

令,则,

又在上单调递增,

所以,使得,

所以当时,单调递减;

当时,单调递增,

又,所以在上,,即单调递减.

由图象的对称性可知,在上,单调递增,

在上,单调递减,

又,

所以极值点的个数为3.

故选：C.

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用多次求导和零点存在定理得到导函数存在三个零点，再根据导函数的变号性从而得到其极值点个数.

9．ABC

【分析】A选项利用样本中心在回归直线上即可；利用线性回归方程判断选项B、C；把代入线性回归方程求解判断选项D.

【详解】由，，

代入中有：，故A正确；

由线性回归系数，所以与正相关，故B正确；

由样本点不全在线性回归方程上，则与的样本相关系数一定小于1，故C正确，

将代入线性回归方程中得：，

故7月份该市新能源汽车销量约为0.84万辆，故D不正确，

故选：ABC.

10．BD

【分析】通过往回倒推，将函数的图象,向左平移个单位长度，再将其纵坐标伸长2倍，横坐标伸长3倍得到解析式，利用诱导公式一一对照化简即可.

【详解】把函数的图象,向左平移个单位长度,

得到的图象,

再把所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变),得到的图象,

最后把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍(纵坐标不变),

得到的图象.

而.

故选：BD.

11．ABC

【分析】对A，将正三棱锥补成长方体，利用空间向量法证明线面垂直，从而判定AB选项，利用正方体外接球公式和等体积法结合的最值即可求出内外接球半径，即可判断CD.

【详解】由已知将正三棱锥补成正方体,如图所示.

设内切球与平面的切点为,

因为为正三棱锥内切球的球心,为正三棱锥外接球的球心,

而球与正相切于中心G，于是四点均在上，A正确；

设正方体棱长为1，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则,,,，，，

因为，则，

又因为平面，且所以平面,

故平面，B正确;

设正方体的棱长为,内切球的半径为,外接球的半径为,则,

由等体积法可得,整理得,

由等体积法可得,

整理得.将几何体沿截面切开,

得到如图所示的截面,大圆为外接球的最大截面,小圆为内切球的最大截面,

所以,两点间距离的最小值为,

解得,所以,

所以正三棱锥外接球的体积,C正确;

正三棱锥内切球的表面积,D错误.

故选：ABC.

12．BC

【分析】令，则，将函数的零点问题分解成两个步骤完成，先求的值，再求x的值，结合函数图象分析运算.

【详解】由题意可知：

当时，在上单调递减，则；

当时，在上单调递增，则；

若函数恰好有4个不同的零点，

令，则有两个零点，可得：

当时，则，解得；

当时，则，可得；

可得和均有两个不同的实根，

即与、均有两个交点，

不论与的大小关系，则，且，解得，

综上所述：实数的取值范围为.

且，故A、D错误，B、C正确.

故选：BC.

【点睛】方法点睛：利用函数零点求参数值或取值范围的方法

（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解．

（2）分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．

（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．

13．3

【分析】是正方形,再应用垂直及模长列式求解即可.

【详解】是正方形, ,

,,

,

故答案为:3.

14．11

【分析】将双曲线化为标准方程，求出该双曲线的渐近线方程，再利用已知条件求出的值，最后利用双曲线的定义求出即可.

【详解】由得双曲线的标准方程为：

，

所以，

所以双曲线的渐近线方程为：

，

又的一条渐近线过点，

所以，

因为点在上，，为双曲线的上、下焦点，

所以，

由，所以，

所以或（舍去），

故答案为：11.

15．

【分析】根据题意讨论先抽取2道题有几道多选题，结合超几何分布分析运算.

【详解】设先抽取2道题中多选题的题数为，则的可能取值为：0，1，2，

可得：，

所以最后抽取到的题为多选题的概率为.

故答案为：.

16．

【分析】根据题意结合椭圆、圆的性质分析可得，结合对勾函数求其范围，进而可得离心率的范围.

【详解】设椭圆的半焦距为，

则圆，表示以，半径为的圆，

若圆与椭圆有公共点，则，可得，解得，

因为，且，

可得，整理得，

又因为，即，

且，则，解得，

可得，

整理得，

因为在上单调递减，在上单调递增，

且，

可得，则，

可得；

综上所述：椭圆的离心率的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．

17．(1)，，

(2)种植甲品种的经济作物获得的利润更高.

【分析】（1）利用平均数和方差公式计算出和，比较大小即可；

（2）分别计算甲、乙品种利润的样本平均数，再进行比较大小即可》

【详解】（1）,

又因为

所以 .

（2）分别记甲、乙两品种利润的样本平均数为,

则(元),

(元),

所以,所以从样本利润平均数的角度看种植甲品种的经济作物获得的利润更高.

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据题意利用利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解；

（2）根据题意利用利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算化简得，分类讨论的符号，结合辅助角公式分析运算.

【详解】（1）因为，

由正弦定理可得，

因为，则，可得，

则

，

又因为，则，整理得，

且，所以.

（2）由正弦定理，可得，

因为，则，

则

，

①若，即时，则，

其中，

当，即时，取到最大值，符合题意；

②若，即时，则在上单调递减，无最值，不符合题意；

③若，即时，则，

其中，

当，即时，取到最大值

注意到，则，

可得，解得；

综上所述：实数的取值范围为.

19．(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）根据题意结合等比数列定义分析证明；

（2）由（1）可得，利用错位相减法可得，进而根据恒成立问题结合数列单调性分析运算.

【详解】（1）由题意可得：，

当时，可得，

则，

所以数列是以首项为，公比为的等比数列.

（2）由（1）可得：，则，

可得，则，

两式相减得：，

所以，

因为，则，

原题意等价于关于的不等式恒成立，可得，

构建，

令，则，解得或3，

则，即当或时，取到最大值，

可得，所以实数的取值范围.

20．(1)见解析

(2)的最大值为1,此时的值为.

【分析】（1）取的中点,连接,,证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定即可；

（2）首先利用面面垂直的性质定理，再以点为坐标原点，建立合适的空间直角坐标系，写出相关点的坐标和相关向量，利用面面角的空间向量求法即可求出最值.

【详解】（1）取的中点,连接,,

分别为,的中点,

,

四边形是矩形,点为的中点

.

,

四边形为平行四边形，.

又平面平面,

平面.

（2）由题可知，又点为的中点，,

平面平面,平面平面平面,

平面,

以点为坐标原点,的方向分别为,轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,

则,，

由题设,

当时,显然不符合;

当时,,

.

设平面的法向量为,

则，

取,则,

，

取平面的一个法向量为,

，

当时,,此时取得最大值1.

的最大值为1,此时的值为.

21．(1)；4

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意可列式求得p，即可得抛物线方程，进而求得点与圆上点的距离的最大值；

（2）设直线l方程并联立抛物线方程，可得根与系数的关系式，设结合，得出的表达式，进而得的表达式，结合根与系数的关系进行化简，即得结论.

【详解】（1）由题意得抛物线C的焦点坐标为，准线方程为，

圆的圆心为，半径为，

由圆恰与的准线相切得，

故，故C方程为，，

故点与圆上点的距离的最大值为；

（2）由题意知直线l的斜率存在且不为0，

设过点的直线的方程为，，，

联立，整理得，

则且，即且，

则，

设，则，

由可得，即，同理可得,

直线的方程为，

令，得，同理可得,

因为

,

即，故为定值.

【点睛】难点点睛：第二问是关于直线和抛物线的位置关系中的定值问题，解答的思路是联立直线和抛物线方程，得到根与系数的关系，结合向量的数乘得出的表达式，从而得的表达式，然后进行化简，但难点在于计算的复杂性，并且计算量较大，要特别细心.

22．(1)答案见解析.

(2)

【分析】（1）求导以后对导数中的参数进行分类讨论，根据不同的分类判断函数的单调性；

（2）根据第1问的结论，将恒成立问题转化为函数的最大（小）值问题，构造新函数，求出的范围.

【详解】（1）函数，，则，

当，即时，恒成立，即在上单调递增；

当，即时，令，解得，

综上所述，当是，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减.

（2）等价于，令，

当时，，所以不恒成立，不合题意.

当时，等价于，

由（1）可知，

所以，对有解，所以对有解，

因此原命题转化为存在，使得.

令，，则，

，

令，则，

所以在上单调递增，又，

所以当时，，，故在上单调递减，

当时，，，故在上单调递增，

所以，所以，

即实数的取值范围是.

【点睛】关键点点睛：第二问，问题化为存在，使得，利用导数研究右侧最小值，即可得范围.