河北省2023届高三模拟数学试题 Word版含解析

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2023年高考模拟练习（全国一卷）数学学科
一、单选题（每题5分，共40分）
1. 已知集合，则的元素个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
分析】先化简集合,求出即得解.
【详解】解：
所以，所以的元素个数为2.
故选：B.
2. 若复数，在复平面内对应的点关于轴对称，且，则复数 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的几何意义及对称性，得出复数，再利用复数的除法法则即可求解.
【详解】由题意知，复数在复平面内对应的点，
因为复数，在复平面内对应的点关于轴对称，
所以复数在复平面对应的点为，即，则
，
故选：C．
3. 若a，b都是实数，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断可得；
【详解】解：，都是实数，那么“” “”，
反之不成立，例如：，，满足，但是无意义，
“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
4. 2021年10月16日0时23分，长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，秒后，神舟十三号载人飞船进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员送入太空．在不考虑空气阻力的条件下，从发射开始，火箭的最大飞行速度满足公式：，其中为火箭推进剂质量，为去除推进剂后的火箭有效载荷质量，为火箭发动机喷流相对火箭的速度．当时，千米/秒．在保持不变的情况下，若吨，假设要使超过第一宇宙速度达到千米/秒，则至少约为（结果精确到，参考数据：，）（ ）
A. 吨 B. 吨 C. 吨 D. 吨
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给条件先求出，再由千米/秒列方程求解即可.
【详解】因为当时，，
所以，
由，
得，
所以，
解得（吨），
即至少约为吨.
故选：B
5. 设双曲线 的左右焦点分别为，过的直线分别交双曲线左右两支于点M，N.若以MN为直径的圆经过点且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得△MNF2为等腰直角三角形，设|MF2|＝|NF2|＝m，则|MN|m，运用双曲线的定义，求得|MN|＝4a，可得m，再由勾股定理可得a，c的关系，即可得到所求离心率．
【详解】若以MN为直径的圆经过右焦点F2，
则，又|MF2|＝|NF2|，
可得△MNF2为等腰直角三角形，
设|MF2|＝|NF2|＝m，则|MN|m，
由|MF2|﹣|MF1|＝2a，|NF1|﹣|NF2|＝2a，
两式相加可得|NF1|﹣|MF1|＝|MN|＝4a，
即有m＝2a，
在直角三角形HF1F2中可得
4c2＝4a2+（2a+2a﹣2a）2，
化为c2＝3a2，
即e．
故选C．

【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率的求法，注意运用等腰直角三角形的性质和勾股定理，考查运算能力，属于中档题．
6. 设函数f（x）是定义在区间上的函数，f'（x）是函数f（x）的导函数，且，则不等式 的解集是
A. B. （1，＋∞） C. （－∞，1） D. （0，1）
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，求导，结合，可得在上单调递增，则不等式，可变为，则，结合单调性即可求解．
【详解】构造函数，则，由，所以，即在上单调递增．因为，则不等式，可变为，则，所以，所以，故选D
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查学生发散思维和计算能力，属中档题．解题的关键在于根据给出的条件，构造新函数，求导可应用题中条件，得到新函数的单调性，把问题转化为根据单调性解不等式问题，进而得到答案．
7. 在圆幂定理中有一个切割线定理：如图1所示，QR为圆O的切线，R为切点，QCD为割线，则．如图2所示，在平面直角坐标系xOy中，已知点，点P是圆上的任意一点，过点作直线BT垂直AP于点T，则的最小值是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用和余弦定理得到，可得，即可求，进而求得，再利用基本不等式即可得到答案
【详解】连接，

在中，因为是的中点，
所以，平方得，
将代入可得，
因为，所以，
所以，
在，，
所以，
当且仅当即时，取等号,
故选：A
8. 如图，在三棱锥中，平面，，，侧棱与平面所成的角为，为的中点，是侧棱上一动点，当的面积最小时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过线面位置关系的证明得到的面积为，当的面积最小，此时，据此即可利用解三角形的方法进行求解即可
【详解】由题意知为等腰直角三角形，因为为的中点，所以．
又平面，所以，所以平面，
所以，故的面积．
易知，所以，所以，
当最小时，的面积最小，此时．
当时，过作，交的延长线于点，则，连接，如图，

则为异面直线与所成的角或其补角．
因为平面，所以为直线与平面所成的角，所以，所以，所以，．
又，所以，所以，，在中，易知，所以，
故当的面积最小时，异面直线与所成角的余弦值为
故选：D
【点睛】本题以三棱锥为载体考查空间线面关系的判定、线面角、异面直线所成的角，考查考生的空间想象能力、逻辑思维能力，属于中档题
二、多选题（每题5分，共20分，漏选得2分，错选得0分）
9. 2022年6月18日，很多商场都在搞促销活动.重庆市物价局派人对5个商场某商品同一天的销售量及其价格进行调查，得到该商品的售价元和销售量件之间的一组数据如下表所示：

90
95
100
105
110

11
10
8
6
5
用最小二乘法求得关于的经验回归直线是，相关系数，则下列说法正确的有（ ）
A. 变量与负相关且相关性较强
B.
C. 当时，的估计值为13
D. 相应于点的残差为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据相关性、相关系数判断A，利用样本中心点判断B，将代入回归直线方程判断C，求得时的估计值，进而求得对应的残差，从而判断D.
【详解】对A，由回归直线可得变量，线性负相关，且由相关系数可知相关性强，故A正确；
对B，由题可得，，
故回归直线恒过点，故，即，故B正确；
对C，当时，，故C错误；
对D，相应于点的残差，故D正确.
故选：ABD.
10. 甲､乙､丙､丁､戊共5位志愿者被安排到，，，四所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所学校支教，则下列结论正确的是（ ）
A. 不同的安排方法共有240种
B. 甲志愿者被安排到学校的概率是
C. 若学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有120种
D. 在甲志愿者被安排到学校支教的前提下，学校有两名志愿者的概率是
【答案】ABD
【解析】
【分析】先将5人分成4组，然后排入4所学校即可判断A；
分A学校只有一个人和A学校只有2个人，两种情况讨论，求出甲志愿者被安排到A学校的排法，再根据古典概型即可判断B；
先将A学校的两名志愿者排好，再将剩下的3名志愿者安排到其他3所学校即可判断C；
求出甲志愿者被安排到A学校的排法，然后再求出在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的排法，根据条件概率进行计算，从而可判断D.
详解】甲､乙､丙､丁､戊共5位志愿者被安排到A，B，C，D四所山区学校参加支教活动，
则共有种安排方法，故A正确；
甲志愿者被安排到A学校，
若A学校只有一个人，则有种安排方法，
若A学校只有2个人，则有种安排方法，
所以甲志愿者被安排到A学校有种安排方法，
所以甲志愿者被安排到A学校的概率是，故B正确；
若A学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有种，故C错误；
甲志愿者被安排到A学校有种安排方法，
在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的安排方法有24种，
所以在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的概率是，故D正确.
故选：ABD.
11. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线C与y轴的交点为， B. 曲线C关于x轴对称
C. 面积的最大值为2 D. 的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由判断A；由曲线方程对称性判断B；取特值计算判断C；求出的范围计算判断D作答.
【详解】设点，依题意，，整理得：，
对于A，当时，解得 ，即曲线C与y轴的交点为，，A正确；
对于B，因，由换方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确；
对于C，当时，，即点在曲线C上，，C不正确；
对于D，由得：，解得，
于是得，解得，D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；
(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.
12. 已知点 为正方体的棱的中点，过的平面截正方体，，下列说法正确的是（ ）
A. 若与地面所成角的正切值为，则截面为正六边形或正三角形
B. 与地面所成角为则截面不可能为六边形
C. 若截面为正三角形 时，三棱锥的外接球的半径为
D. 若截面为四边形，则截面与平面所成角的余弦值的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】取的中点，做底面，取的中点，连接、交于点，连接，在正方体中可判断平面与底面所成的角为，再分别取的中点，连接，可判断截面为正六边形；取的中点，连接，则为等边三角形，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角可判断A；当时，，可判断四边形为等腰梯形，必与有交点，则截面为六边形可判断B；若截面为正三角形 时，则为的中点，所以三棱锥为正三棱锥，设正三角形的外接圆的圆心为，外接球的球心为，利用求出半径可判断C；若截面为四边形，则截面与底面棱的交点必在上，且截面为时与平面所成角的最大，此时的余弦值最小，求出余弦值可判断D.
【详解】取的中点，做底面，则为的四等分点，
且，分别取的中点，连接、交于点，则点为的四等分点，连接，在正方体中，，，此时平面，
即平面与底面所成的角为，且，
因为平面平面，所以平面与底面所成的角的正切值为，
再分别取的中点，连接，即过的平面截正方体的截面为正六边形；取的中点，连接，则为等边三角形，，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角， 且，，，
所以平面与平面所成的二面角的平面角的正切值为，此时为等边三角形，故A正确；

当时，，所以，所以，
由于，所以为等腰直角三角形，，
由于，所以四边形为等腰梯形，必与有交点，
则截面六边形，故B错误；

若截面为正三角形 时，则为的中点，
所以三棱锥为正三棱锥，且，，
设正三角形的外接圆的圆心为，外接球的球心为，连接，
则，， 因为，
所以，在中，
因为，所以，解得，故C错误； ，

若截面为四边形，则截面与底面棱的交点必在上，且截面为时与平面所成角的最大，此时的余弦值最小，连接，取的中点，连接，，则，，四边形为等腰梯形，，
则即为截面为时与平面所成平面角，，
，，在中，
由余弦定理得，故D正确.

故选：AD.
三、填空题（每题5分，共20分）
13. 已知，则_____________.
【答案】30
【解析】
【分析】利用二项式定理的原理与组合的意义求解即可.
【详解】因为，所以是含项的系数，
若从10个式子中取出0个，则需要从中取出3个，7个1，则得到的项为；
若从10个式子中取出1个，则需要从中取出1个，8个1，则得到的项为；
若从10个式子中取出大于或等于2个，则无法得到含的项；
综上：含的项为，则含项的系数为，即.
故答案为：.
14. 已知正三角形ABC内接于半径为2的圆O，点P是圆O上的一个动点，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【详解】在中, ，所以.

.
当点在圆上运动时,位于处时,有最大值为.
当位于处时,有最小值为.
.
所以 .
故答案为: .
15. 已知数列满足，，，则的前项积的最大值为________.
【答案】2
【解析】
【分析】由递推公式可得数列周期，从而根据周期性得出前项积的最大值.
【详解】因为，所以，
两式相除得，即，故数列的周期，
由，，可得，
设的前项积为，
所以当，时，，
当，时，，
当，时，，
所以的最大值为2.
故答案为：2
16. 历史上第一位研究圆锥曲线的数学家是梅纳库莫斯（公元前375年-325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质.如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆的中心在坐标原点，分别为其左、右焦点，直线与椭圆相切于点（点在第一象限），过点且与切线垂直的法线与轴交于点，若直线的斜率为，，则椭圆的离心率为______.

【答案】
【解析】
【分析】由离心率公式结合定义得出，再由正弦定理的边角互化得出椭圆的离心率.
【详解】设，则，，，其中，所以椭圆的离心率为
.
故答案为：
四、解答题（17题10分，其余12分，共70分）
17. 已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°.E是边BC上一点，线段DE交AC于点F.

（1）若△CDE的面积为，求DE的长；
（2）若CF＝4DF，求sin∠DFC.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由△CDE的面积求得，再由余弦定理可得；
（2）结合已知由正弦定理可得，再由诱导公式与两角和的正弦公式可得结论．
【详解】（1）依题意，得∠BCD＝∠DAB＝60°.
因为△CDE的面积S＝CD·CE·sin∠BCD＝，
所以，解得CE＝1.
在△CDE中，由余弦定理，得
DE＝＝＝.
（2）依题意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，
设∠CDE＝θ，则0°