河北省部分高中2023届高三三模数学试题（含解析）

河北省部分高中2023届高三三模数学试题

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

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

2．已知复数的共轭复数为，若的实部为1，且满足，则的虚部为（    ）

A． B． C．－1 D．1

3．已知下列各选项是函数的导函数的图象，则是函数的极小值点的是（    ）

A．   B．  

C．   D．  

4．对于平面内个起点相同的单位向量，若每个向量与其相邻向量的夹角均为，则与的位置关系为（    ）

A．垂直 B．反向平行 C．同向平行 D．无法确定

5．已知双曲线（其中），若，则双曲线离心率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

6．在锐角中，“”是“不是最小内角”的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

7．抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形称为阿基米德三角形，在数学发展的历史长河中，它不断地闪炼出真理的光辉，这个两千多年的古老图形，蕴藏着很多性质．已知抛物线，过焦点的弦的两个端点的切线相交于点，则下列说法正确的是（    ）

A．点必在直线上，且以为直径的圆过点

B．点必在直线上，但以为直径的圆不过点

C．点必在直线上，但以为直径的圆不过点

D．点必在直线上，且以为直径的圆过点

8．在我国古代，杨辉三角是解决很多数学问题的有力工具，像开方问题、数列问题、网格路径问题等．某一城市街道如图1所示，分别以东西向、南北向各五条路组成方格网，行人在街道上行走（方向规定只能由西向东、由北向南前行）．若从这个城市的最西北角处前往最东南角处，则有70种走法，如图2．现在由平面扩展到空间，即立体交通方格网的路径问题，如图3，则从点到点的最短距离走法种数为（    ）

A．60 B．70 C．80 D．90

二、多选题

9．下列不等式一定成立的是（    ）

A． B．若，则

C． D．

10．在不透明的罐中装入大小相同的红、黑两种小球，其中红球个，黑球个，每次随机取出一个球，记录颜色后放回．每次取球记录颜色后再放入个与记录颜色同色的小球和个异色小球（说明：放入的球只能是红球或黑球），记表示事件“第次取出的是黑球”，表示事件“第次取出的是红球”．则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

11．在棱长为1的正方体的侧面内（包含边界）有一点，则下列说法正确的是（    ）

A．若点到直线与到直线距离之比为，则点的轨迹为双曲线的一部分

B．若点到直线与到直线距离之比为，则点的轨迹为抛物线的一部分

C．过点三点作正方体的截面，则截面图形是平行四边形

D．三棱锥体积的最大值为

12．已知，则下列不等式成立的是（    ）

A． B．

C． D．

三、填空题

13．若数列为等比数列，则_______．

14．已知四面体中，，则该四面体体积的最大值为________．

15．函数的值域是_______．

16．已知分别是函数图象上的动点，则的最小值为_________．

四、解答题

17．在中，角的对边分别为，且．

(1)判断的形状；

(2)若，点分别在边上，且，求的面积．

18．已知等差数列，首项，其前项和为，点在斜率为1的直线上．

(1)求数列的通项公式；

(2)若为数列的前项和，求证：．

19．如图，四棱锥的底面是菱形，其对角线交于点，且平面是的中点，是线段上一动点．

(1)当平面平面时，试确定点的位置，并说明理由；

(2)在（1）的前提下，点在直线上，以为直径的球的表面积为．以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，求点的坐标．

20．邮件管理是一类非常常见的二元分类问题．如果将“非垃圾邮件”归类为正类邮件，“垃圾邮件”归类为负类邮件，试回答以下问题：

(1)若在邮件中正类邮件与负类邮件的占比分别为和，由于归类模型的误差，归类判断可能出错的概率均为0.05．若某个邮件归类为正类邮件，求它原本是正类邮件的概率；

(2)在机器学习中，利用算法进行归类，常用分别表示将正类邮件归类为正类邮件的个数，将负类邮件归类为负类邮件的个数，将负类邮件归类为正类邮件的个数，将正类邮件归类为负类邮件的个数．统计发现，收到邮件的种类可能与是否在工作日有关．为了验证此现象，在一段时间内，从数据库中随机抽取若干邮件，包含有正类邮件和负类邮件，按照机器学习的方法进行分类后，得到以下数据：．并给出了下表，试回答以下问题：

（ⅰ）求（充分大）封邮件归类正确的概率；

（ⅱ）补充上表，依据小概率值的独立性检验，分析收到邮件的种类与是否在工作日有关？

附：．

21．已知椭圆，其焦距为，连接椭圆的四个顶点所得四边形的面积为6．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)已知点，过点作斜率不为0的直线交椭圆于不同两点，求证：直线与直线所成的较小角相等．

22．已知函数．

(1)当时，讨论函数的单调性；

(2)若为函数的导函数，有两个零点．

（ⅰ）求实数的取值范围；

（ⅱ）证明：．

参考答案：

1．B

【分析】解一元二次不等式可分别求得集合，由交集定义可得结果.

【详解】由得：，又，；

由得：，，

.

故选：B.

2．D

【分析】设，，由此即可得出，则可求出的值，即可选出答案.

【详解】设复数，，

则，，，

，解得，

所以，

所以的虚部为1.

故选：D

3．C

【分析】由极小值点的定义，导函数与原函数的关系，即可选出答案.

【详解】当时，单调递增，当时，单调递减，

要使是函数的极小值点，则需，，

对于AB选项，不是函数的极值点；

对于C选项，是函数的极小值点，正确；

对于D选项，是函数的极大值点.

故选：C

4．B

【分析】根据平面向量加法的运算法则即可得解.

【详解】根据题意可得，

所以，

所以与的位置关系为反向平行.

故选：B.

5．A

【分析】先将双曲线方程化为标准方程，再根据离心率的定义，用表示出离心率，进而可得其取值范围.

【详解】由双曲线（其中），

得，

则双曲线离心率，

因为，所以，则，

所以，

所以，即双曲线离心率的取值范围为.

故选：A.

6．C

【分析】举例即可判断充分性，若不是最小内角，假设，利用反证法即可判断必要性，即可得解.

【详解】当时，，

此时是最小内角，故充分性不成立；

若不是最小内角，不妨设为最大角，则，

假设，由，可得，

则，此时，与题意矛盾，所以，

若锐角的最大角小于或等于，则三角形的内角和小于或等于，

这与三角形的内角和等于矛盾，

所以若不是最小内角，则，故必要性成立，

综上所述“”是“不是最小内角”的必要不充分条件.

故选：C.

7．D

【分析】结合导数几何意义可证得过抛物线上一点的切线方程为，由此可确定在处的切线方程，进而结合点坐标得到直线方程，代入可知点必过直线；结合韦达定理可得，知，由此可得结论.

【详解】设为抛物线上一点，

当时，由得：，在处的切线方程为：，

即，；

同理可得：当时，在处的切线方程切线方程为；

经检验，当，时，切线方程为，满足，

过抛物线上一点的切线方程为：；

设，

则抛物线在处的切线方程为和，，

点满足直线方程：，又直线过焦点，

，解得：，点必在直线上；AC错误；

由题意知：，，

，，；

设直线方程为：，

由得：，，，即，

以为直径的圆过点；B错误，D正确.

故选：D.

8．A

【分析】根据题意，由西向东、由南向北前行共有种不同的走法，再由6个位置能向上走一步，得到种不同的走法，结合分步计数原理，即可求解.

【详解】根据题意，由西向东、由南向北前行中，最近的走法为5步，其中由西向东3步，由南向北2步，所以共有种不同的走法，

又由在每种走法中，其中由6个位置能向上走一步，所以有种不同的走法，

根据分步计数原理得，从点到点的最短距离走法种数共有种.

故选：A.

9．BC

【分析】利用不等式的性质判断B，举反例排除AD,根据绝对值不等式判断C.

【详解】对于A，取，满足，故A错误；

对于B，若，则，若，则，，故B正确；

对于C，根据绝对值三角不等式，C选项正确.

对于D，，， 故D错误．

故选：BC.

10．CD

【分析】根据古典概型概率公式和概率的乘法公式即可求解.

【详解】选项A：，共有8个球，，故A错误；

选项B：，，，

所以，故B错误；

选项C：，，故C正确；

选项D：，，

由于，所以，故D正确.

故选：CD.

11．BCD

【分析】对A：如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点，由点到直线与到直线距离之比为求得点的轨迹；对B：根据抛物线的定义得点的轨迹；对C：过点作分别交于，则过点三点的截面为平行四边形；对D：当点在上时，三棱锥体积最大.

【详解】如图，以为坐标原点，以分别为建立空间直角坐标系，

则，设侧面内（包含边界）点 ，

对于A：点到直线的距离为，

由正方体知面，又面，所以，

所以点到直线距离为，故，整理得，

所以点的轨迹为椭圆的一部分，故A错误；

对于B：点到直线与到直线距离之比为，即到直线与到定点的距离相等，

根据抛物线定义知点的轨迹为抛物线的一部分，故B正确；

对于C：过点作分别交于，连接，

则且，所以四边形是平行四边形，

则平行四边形为过点三点的截面，故C正确；

对于D：当点在上时，点到面的距离最大为1，

此时三棱锥体积，故D正确；

故选：BCD

12．AC

【分析】先利用三角函数线得到，进而得到，作差法得到，得到；再构造函数，与，，证明出.

【详解】设为锐角，作出单位圆，与轴交于点，则，

过点作垂直于轴，交射线于点，连接，过点作⊥轴于点，

由三角函数定义可知，，

设扇形的面积为，则，即，故，

所以，

，

因为，所以，故，

综上：，A正确，B错误；

令，，则，

当时，，故在上单调递增，

所以，所以，

令，，则，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

故，故，

故，C正确，D错误；

故选：AC

【点睛】方法点睛：我们经常使用不等式放缩来比较大小或证明不等式，常用的不等式有，，，，等.

13．4

【分析】根据等比数列的性质列出方程，求出，从而计算出答案.

【详解】由题意得，，解得，，

故.

故答案为：4

14．/

【分析】取的中点，连接，易得，则可得当平面时，该四面体体积取得最大值，进而可得出答案.

【详解】取的中点，连接，

因为，

所以，

，

当平面时，该四面体体积取得最大值，

最大值为.

故答案为：.

15．

【分析】函数的几何意义是在直角坐标平面内定点与动点连线的斜率，由此转化为直线与圆有交点的问题，即可求出答案.

【详解】函数的几何意义是在直角坐标平面内定点与动点连线的斜率，

易知动点在以为圆心，1为半径的圆除以外的点上，

易知直线的斜率存在，设为，则直线为即，

则，解得，即值域为.

故答案为：

16．

【分析】由题意易知两函数关于对称，由此即可将问题转化为点到直线的距离的最小值的2倍，再由当曲线在点出的切线与平行时，点到直线的距离有最小值，由此即可求出答案.

【详解】因为反解得，

所以与互为反函数，关于对称，

所以的最小值为点到直线的距离的最小值的2倍，

当曲线在点处的切线与平行时，点到直线的距离有最小值，

，令，解得，所以，则点到直线的距离,

所以的最小值为.

故答案为：

17．(1)是直角三角形

(2)

【分析】（1）利用余弦定理化角为边，整理即可得出结论；

（2）根据求解即可.

【详解】（1）因为，

由正弦定理得，

化简得，

所以是直角三角形；

（2）由（1）得，

因为，所以，

则，

因为，

所以，

,

,

，

，

所以.

18．(1)

(2)证明详见解析.

【分析】（1）求出，再根据与的关系求出即可；（2）根据裂项相消法求和再求最值即可.

【详解】（1）设斜率为1的直线为，则，

当时，，所以，因为，所以，

所以，

当时，，

所以，经检验，也成立.

所以.

（2）证明：由（1）可得，，

则

，

因为，

所以数列是一个单调递增数列，

又因为，且当时，.

所以.

19．(1)是的中点

(2)，

【分析】（1）根据面面平行的性质证明，即可得解；

（2）先根据球的体积求出，然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.

【详解】（1）因为平面平面，

平面平面，平面平面，

所以，

因为是的中点，所以是的中点；

（2）由题意，解得，

设，

由题意，，

则，

则，

则，解得或，

当时，，则，

当时，，

设，则，

所以，解得，则，

综上所述点的坐标为，.

20．(1)

(2)（ⅰ）（ⅱ）认为收到邮件的种类与是否在工作日有关，此推断犯错误的概率不大于.

【分析】（1）由条件概率和全概率公式求解即可；

（2）（ⅰ）由古典概率的公式即可求出（充分大）封邮件归类正确的概率；（ⅰⅰ）补全列联表，计算并对照卡方表完成检验.

【详解】（1）设事件“该邮件为正类邮件”，“该邮件归类为正类邮件”，

所以,

所以

（2）（ⅰ）因为表示将邮件归类正确，

所以邮件归类正确的概率为，

所以（充分大）封邮件归类正确的概率是.

（ⅰⅰ）补全列联表如下：

零假设为：收到邮件的种类与是否在工作日无关，

根据列联表中的数据，经计算可得：，

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即认为收到邮件的种类与是否在工作日有关，此推断犯错误的概率不大于.

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意可得，进而解方程求解即可；

（2）设直线的方程为，，设，，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理得到、，转化直线与直线所成的较小角相等为，进而求证即可.

【详解】（1）由题意得，，

解得，，，

所以椭圆的标准方程为.

（2）证明：由题意，直线的斜率一定存在，

设直线的方程为，，设，，

联立，整理得，

所以，即，且，

，，

因为直线平行于轴，

所以要证直线与直线所成的较小角相等，

即证直线的倾斜角互补，

即证，下面进行证明：

，

所以直线与直线所成的较小角相等.

22．(1)当时，在上单调递减

(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析

【分析】（1）根据函数的定义求出的解析式，再通过其导函数的正负来判断函数的单调性；

（2）求出，把零点问题转化成方程的根，再转化成函数图象的交点，根据图象即可求出的范围；把代入，通过两个等式构造，结合的范围即可证明.

【详解】（1）因为，令，则，

所以（），

故（）.

当时，，

，

令，则，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，

故在上恒成立.

所以当时，在上单调递减.

（2）（ⅰ）有两个零点等价于有两个不同的根.

而 （），

所以有两个不同的根，

等价于有两个不同的根，

等价于与有两个不同的交点.

因为，  （），

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，

而当趋向正无穷时，趋向0，趋向0时，趋向负无穷，

为使与有两个不同的交点，所以.

（ⅱ）有两个零点，则

，.

即，.

所以，

即，

得，

所以.

因为，所以.

【点睛】方法点睛：判断函数单调性时主要考虑其导函数的正负；零点问题常常可转化为方程的根；关于双变量问题通常需要通过等式构造，找出其等式关系.