2023年河北省金太阳高考数学第二次模拟试卷（5月份）-普通用卷

这是一份2023年河北省金太阳高考数学第二次模拟试卷（5月份）-普通用卷，共21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。
2023年河北省金太阳高考数学第二次模拟试卷（5月份）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知集合，，则(    )A.  B.
C.  D. 2.  设复数，，且，则的最大值为(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知命题：，或，则命题的否定为(    )A. ，或 B. ，且
C. ，且 D. ，且4.  已知等比数列的前三项和为，，则(    )A.  B.  C.  D. 5.  某校有演讲社团、篮球社团、乒乓球社团、羽毛球社团、独唱社团共五个社团，甲、乙、丙、丁、戊五名同学分别从五个社团中选择一个报名，记事件为“五名同学所选项目各不相同”，事件为“只有甲同学选篮球”，则(    )A.  B.  C.  D. 6.  已知一个圆台的上、下底面面积之比为：，其轴截面面积为，母线长为上底面圆的半径的倍，则这个圆台的体积为(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知函数，则下列说法错误的是(    )A. 的值域为
B. 的单调递减区间为
C. 为奇函数
D. 不等式的解集为8.  已知，函数若存在，使得，则当取最大值时的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  在棱长为的正方体中，点在四边形内含四边形的边运动，则下列说法正确的是(    )A. 上的任意一点到平面的距离恒为定值
B. 直线与所成角的正弦值的取值范围为
C. 若，直线与平面所成角的正切值为
D. 三棱锥外接球的体积最大值等于正方体的外接球的体积10.  已知函数，下列说法正确的是(    )A. 在处的切线方程为
B.
C. 若函数的图象与的图象关于坐标原点对称，则
D. 有唯一零点11.  已知随机变量，二项式，则下列说法正确的是(    )A.
B. 二项式的展开式中所有项的系数和为
C. 二项式的展开式中含项的系数为
D. 的展开式中含项的系数为12.  设为椭圆上的动点，，分别为椭圆的左，右焦点，焦距为，点到三边的距离相等，椭圆的离心率为，短轴长为，则(    )A. 点到椭圆的焦点的最大距离为 B. 若，则
C. 的面积的最大值为 D. 直线和直线的斜率之积是定值三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  数据，，，的平均数是，若将这组数据中的每一个数据都加上，得到一组新数据，则新数据的标准差为______ ．14.  希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆已知在平面直角坐标系中，，，点是满足的阿氏圆上的任一点，若抛物线的焦点为，过点的直线与此阿氏圆相交所得的最长弦与最短弦的和为______ ．15.  已知函数的导函数为，且满足关系式则的图像上任意一点处的切线的斜率的取值范围为______ ．16.  已知平面向量满足，则以为直径长的圆的面积的最大值为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知的内角，，所对的边分别为，，，且．
求角的大小；
求的最大值．18.  本小题分
已知数列的前项和为，满足为常数．
求的通项公式；
若，求数列的前项和．19.  本小题分
学校体育节，某小组共人，利用假期参加义工活动已知参加义工活动次数为，，的人数分别为，，现从这人中随机选出人作为该组代表参加座谈会．
设为事件“选出的人参加义工活动次数之和为”，求事件发生的概率；
设为选出的人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量的分布列和数学期望与方差．20.  本小题分
如图，正六棱柱的所有棱长为，，分别为，的中点．
求证：直线直线；
求平面与平面所成角的正弦值．
21.  本小题分
已知函数．
求的单调区间；
若在上恒成立，求证：．22.  本小题分
双曲线的左、右焦点分别是，，离心率为，点在双曲线上．
求双曲线的标准方程；
，分别为双曲线的左，右顶点，若点为直线上一点，直线与双曲线交于另一点，直线与双曲线交于另一点，求直线恒经过的定点坐标．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，
，
所以．
故选：．
解一元二次不等式解出集合，结合二次函数性质求出，再计算交集即可．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：因为复数，又，且，
所以，解得，
所以的最大值为．
故选：．
根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数模的计算公式得到不等式，解得即可．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：根据全称命题与存在性命题的关系，
因为命题：，或是存在量词命题，
所以命题的否定为，且．
故选：．
根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解．
本题考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：由而，
，
又，
．
故选：．
由等比数列的概念与性质计算即可．
本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：事件：甲同学选篮球且五名同学所选项目各不相同，
所以其他名同学排列在其他个项目，且互不相同为，
事件：甲同学选篮球，所以其他名同学排列在其他个项目，可以安排在相同项目为，
故．
故选：．
分别求出事件、事件的可能的种数，代入条件概率公式即可求解．
本题主要主要考查条件概率公式，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：如图，设圆台上、下底面圆心分别为，，
半径分别为，，
由题意得：：，即，
因为圆台的轴截面面积为．
所以，所以，
过点作于点，
所以，
因为母线长为上底面圆的半径的倍，
所以，即．
所以，，所以，
所以圆台的体积．
故选：．
已知一个圆台的上、下底面面积之比为：，得：：，因为圆台的轴截面面积为，所以，过点作，得，所以，即，求得，，，然后利用圆台的体积公式求解即可．
本题考查圆台的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
 7.【答案】 【解析】解：因为，
所以，故选项A正确；
由得，
所以的单调递减区间为，故选项B正确；
所以，
所以为奇函数，故选项C正确；
由得，
即，
所以，
所以不等式的解集为，故选项D错误．
故选：．
首先化简函数，再结合三角函数的性质，即可判断选项．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】解：因为，
所以，
依题意，
因为存在，使得，
所以，即有解，
因为，则，
所以有解，所以，
因为，所以，所以，
所以的最大值为．
此时，当且仅当时，取等号，
所以的最小值为，
故选：．
求出，由结合参变量分离法可得出，可求得的最大值，将的最大值代入函数的解析式，利用二次函数的基本性质可求得的最小值．
本题主要考查了不等式恒成立求解参数范围，还考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：对于，由正方体的性质知，平面，
所以上的任意一点到平面的距离恒为定值，故选项A正确；
对于，由正方体的性质知，，
所以直线与所成角即为直线与所成角，
因为点在四边形内含四边形的边运动，如下图所示，

过作于，过作于，显然有，，，
由三余弦定理知：，
即，
所以直线与所成角的正弦值的范围为，故选项B错误；
对于，因为，所以点是上靠近的四等分点，
过点作平面的垂线，垂足为，过作于，连接，

则为直线与平面所成的角，
由正方体的性质知，是靠近的四等分点，连接，
在中，易得，
所以，故选项C正确；
对于，因为点在四边形内含四边形的边运动，
当点在或点时，其外接球的体积最大为正方体的外接球的的体积，
当点不在或时，其外接球体积较小，故D正确．
故选：．
项，用线面平行来判定；项，先确定即所求夹角，利用三余弦定理分析其范围即可；项，作面，利用线段比例关系计算即可；项，直接分析特殊端点即可判定．
本题考查异面直线所成角问题，线面角的求解，三棱锥的体积问题，化归转化思想，属中档题．
 10.【答案】 【解析】解：对于，函数，求导得，有，，
所以在处的切线方程为，即，A正确；
对于，函数，有，
而，所以，B正确；
对于，函数，函数的图象与的图象关于坐标原点对称，
所以，C错误；
对于，函数的定义域为，求导得，令，
，当时，当时，，
则函数在上递增，在上递减，
于是，函数在上单调递增，而，
由零点存在性定理知在内存在唯一零点，所以有唯一零点，D正确．
故选：．
利用导数的几何意义求出切线方程判断；计算即可判断；利用对称关系求出解析式判断；利用导数探讨单调性结合零点存在性定理判断作答．
本题考查导数的综合应用，化归转化思想，属中档题．
 11.【答案】 【解析】解：对于中，因为随机变量且，所以，所以A错误；
对于中，在中，令，可得展开式中所有的的系数和为，所以B正确；
对于中，当时，展开式的通项为，
令，解得，
所以二项式的展开式中含项的系数为，所以C正确；
对于中，由选项C中二项式的展开式中含项的系数为，
再令，解得，
可得二项式的展开式中含项的系数为，
所以的展开式中含项的系数为，所以D正确．
故选：．
由，可判定A错误；令，求得所有的的系数和，可判定B正确；求得展开式的通项，令，代入求解，可判定C正确；
令，代入求得的展开式中含项的系数，进而可判定D正确．
本题考查二项分布以及二项式定理，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：根据题意得．
对于，设点坐标为，根据椭圆的对称性，
不妨求其到右焦点的距离为：
，，
即到椭圆的焦点的最大距离为，故选项A正确；
对于，若，所以，
设，
解得：，故选项B正确；
对于，依题意的面积的最大值为，
所以，故选项C错误；
对于连接并延长交轴于因为到三边的距离相等，
则由内角平分线定理可得，
所以．
设，，，
则，所以，
所以，则，
又，则．
所以，则，
所以，所以，
则．
所以直线和直线的斜率之积是定值．故选项D正确．
故选：．
由题意先计算得椭圆方程，对于利用焦半径公式计算即可；对于，利用椭圆的定义及勾股定理计算即可；对于，根据椭圆性质可直接判定面积最大时为上下顶点；对于，延长交轴于，结合角平分线定理得，用坐标表示直线和直线的斜率之积，化简即可．
本题考查椭圆的几何性质，化归转化思想，数形结合思想，属中档题．
 13.【答案】 【解析】解：因为数据，，，的平均数是，
所以，解得，
若将这组数据中每一个数据都加上，则新数据的平均数为，
方差为，
所以新数据的标准差为．
故答案为：．
算出平均数后套用公式先求方差，进而求出标准差．
本题主要考查了标准差的计算，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：设，由阿氏圆的定义可得，
即，化简得．
所以，
所以点在圆心为，半径为的圆上，
因为抛物线的焦点为所以，
因为．
所以点在圆内，
因为点到与圆心的距离为，
所以过点的最短弦长为，
过点的最长弦长为，
所以过点的最长弦与最短弦的和为．
故答案为：．
由阿氏圆的定义得到点的轨迹方程，即阿氏圆的方程，然后由圆的性质即可求解．
本题考查圆的方程的求解，抛物线的几何性质，化归转化思想，属中档题．
 15.【答案】 【解析】解：由题意得，
所以，即，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为，
根据导数的几何意义可得，的图像上任意一点处的切线的斜率的取值范围为．
故答案为：．
先对已知关系式求导，然后令，求出，从而得到，然后根据解析式的特点，选择用基本不等式求最值，从而得到结果．
本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：因为，
所以，
又因为，，，，，，
所以与的夹角大小为，
如图，作，
连接，，则，所以，
又，所以，，，四点共圆，
故当为圆的直径时，最大，此时，，，，
在中，．
在中，，
所以，
即，
整理得，
所以．
所以，即的最大值为．
所以以为直径的圆的面积的最大值为．
故答案为：．
作出相关向量后用解三角形的知识求解．
本题主要考查了向量数量积性质的综合应用，属于中档题．
 17.【答案】解：因为，
所以，
即，
由正弦定理，可得，
因为，，可得且，
所以，则，所以，
因为，所以，则．
解：由可得，
由正弦定理，
可得，
所以．
由余弦定理可得，
又由基本不等式，当且仅当时取等号，
可得，
所以，故的最大值为． 【解析】根据题意得到，由正弦定理化简得到，求得，即可求解；
由正弦定理得到，再由余弦定理和基本不等式得到，结合，即可求解．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，重要不等式的应用，化归转化思想，属中档题．
 18.【答案】解：令，可得，
所以，
当时，，
可得，
所以，
又因为满足上式，
所以；
因为，
所以，
两边乘得：，
两式相减得：，
即：，
所以． 【解析】通过已知条件，求出参数，利用求解通项公式即可；
根据写出的通项公式，利用错位相减法求解即可．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，错位相减求和法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
 19.【答案】解：由已知得：，
所以，事件发生的概率为；
随机变量的所有可能取值为，，；
计算，
，
，
所以随机变量的分布列为： 随机变量的数学期望为，
． 【解析】由相互独立事件的概率计算公式求出事件发生的概率；
根据题意知随机变量的所有可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，计算数学期望值与方差．
本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是基础题．
 20.【答案】解：证明：如图所示，连接，因为是正六棱柱，且棱长为，
可得，且，
又因为，
所以，可得，
由，且，平面，
所以平面，
又由平面，
所以．
以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

因为正六棱柱的所有棱长为且，分别为，的中点，
可得，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，则可取，
设平面的一个法向量为，
则，即，则可取．
所以，
设平面与平面所成角为，则，
所以．
所以平面与平面所成角的正弦值为． 【解析】连接，根据题意得到，且，结合勾股定理证得，进而证得平面，即可得到；
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式和三角函数的基本关系式，即可求解．
本题考查线线，线面间的垂直关系，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
 21.【答案】解：因为的定义域为，所以，
令得或，令得，
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
证明：因为，
在上恒成立，
即在上恒成立，
设，
则，
若，则，单调递增，的值域为，
故不能恒成立，故舍去；
若，
当时，，当时，，
从而在上单调递增，上单调递减，
所以有最大值，
所以． 【解析】在定义域范围内求导函数大于零或小于零的解集即可；将问题转化为在上恒成立，含参讨论得时，有最大值，即证明．
本题考查导数的综合应用，属于中档题．
 22.【答案】解：因为点在双曲线上，所以，
又离心率，即，
所以，，
所以双曲线的方程为；
设，因为，分别为双曲线的左，右顶点，
所以，，所以直线的方程为．
由消去得．
因为直线与双曲线交于点，，所以，所以．
因为，所以，
所以，
所以．
因为直线的方程为，
由消去得．
因为直线与双曲线交于点，，所以所以．
因为，所以，
，
所以．
所以当且时，
直线的斜率为
，
当时，直线的方程为
，
令，得，
所以，
所以直线过定点．
当时，，直线的方程为，过定点．
当或时，直线，分别与双曲线的渐近线平行，点，不存在．
综上，直线恒过定点． 【解析】由题意可得，，求解即可；
由题意可得，，设，从而得到直线的方程为，直线的方程为，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求得，，从而求得直线的方程为，当时，令，求得；当时，直线的方程为过定点，从而可确定直线过定点．
本题考查与圆锥曲线相交的直线过定点问题，属于中档题．