2023届河北省石家庄部分重点高中高三下学期3月月考数学试题含解析

这是一份2023届河北省石家庄部分重点高中高三下学期3月月考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河北省石家庄部分重点高中高三下学期3月月考数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再解绝对值不等式求出集合，最后根据补集、并集的定义计算可得.【详解】由，即，解得，所以，由，解得或，所以或，所以，所以.故选：A2．已知复数，满足，，则（    ）A． B． C． D．6【答案】C【分析】根据复数模长的运算性质，可得答案.【详解】由，则，，故选：C.3．已知抛物线：的焦点为，准线为，点在抛物线上，过作的垂线，垂足为，若（为坐标原点），则（    ）A． B．3 C． D．4【答案】A【分析】由抛物线的定义结合可求得的值，将点代入方程即可求解.【详解】因为，所以，即，，，又∵，∴.  故选：A.4．已知向量,,其中．若,则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将向量用坐标表示,分析是否为零后,将等式两边同时平方,再用代换为齐次式,再将等式两边同时除以,得到关于的等式,解出即可.【详解】解:因为,且,,所以,当时,,不成立,故,对等式两边同时平方有:,化简可得:,两边同时除以有:,即,即,解得.故选:B5．2023年考研成绩公布不久，对某校“软件工程”专业参考的200名考生的成绩进行统计，可以得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，同一组中的数据用该组区间的中间值作代表值，则下列说法中不正确的是（    ）  A．这200名学生成绩的众数为370分B．这200名学生成绩的平均分为377分C．这200名学生成绩的70%分位数为386分D．这200名学生成绩在中的学生有30人【答案】C【分析】利用众数、平均数、p%分位数的定义即可判断ABC选项，利用频数=频率×样本容量即可判断选项D.【详解】显然众数是370，故A正确；平均分为，故B正确；设70%分位数为，则，得，故C错误；，故D正确.故选：C6．有一个正三棱柱形状的石料，该石料的底面边长为6．若该石料最多可打磨成四个半径为的石球，则至少需要打磨掉的石料废料的体积为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】求出柱形石料的高，利用柱体体积减去四个球体体积可得结果.【详解】设底面是边长为的等边三角形的内切圆的半径为，由等面积法可得，解得，若可以将该石料打磨成四个半径为的石球，则该柱形石料的高至少为，因此，至少需要打磨掉的石料废料的体积为.故选：B.7．已知函数，若的最小值为0，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先变形不等式，整理为，且存在，使得，换元后讨论对称轴和定义域的关系，列式求解.【详解】由题意可知，当时，恒成立，且存在，使得，同除，可得，整理得因为，所以，当且仅当时，等号成立，当，即时，，不符题意；当，即时，由，解得.综上，.故选：D8．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.若存在等差数列，，，，且，使得数列为等比数列，则的最小值为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据数列性质推出，，结合函数的奇偶性可得，从而推出有正实数解，分离参数，继而构造函数，利用导数求解函数的最小值，即可求得答案.【详解】由等差数列，，，，且知，则，即，所以，由此可得；由于函数是定义在上的奇函数，故，所以数列的公比，所以，即，即方程有正实数解，即，设，则，设，则，即在上单调递增，且，故当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，所以，故选：B【点睛】难点点睛：本题解答时要利用数列性质判断出，，进而利用函数性质推出有正实数解，从而参变分离，构造函数，利用导数解决问题. 二、多选题9．亚马逊大潮是世界潮涌之最，当潮涌出现时，其景、其情、其声，真是“壮观天下无”，在客观现实世界中，潮汐的周期性变化现象，我们通常需要借助于三角函数这一重要数学模型来研究.已知函数的图象关于点对称，则下列选项正确的是（    ）A． B．直线是函数图象的一条对称轴C．在区间上单调递减 D．函数在区间内存在极值点【答案】BCD【分析】首先根据对称性求函数的解析式，再根据三角函数的性质，判断选项.【详解】∵，图象关于点对称，∴，，∴，得，故A错误；，当时，，故B正确；当时，是单调递减，故C正确；当时，内有极值点，故D正确.故选：BCD.10．已知等比数则的公比为，前项积为，若，则（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】利用数列的基本性质可得出，，求出的取值范围，可判断AB选项；利用等比数列的性质可判断CD选项.【详解】因为数列等比数则的公比为且，则，所以，，，又因为，则，所以，，从而，故对任意的，，由可得，A对B错；，，即，C对D错.故选：AC.11．在的展开式中，有理项恰有两项，则的可能取值为（    ）A．7 B．9 C．12 D．13【答案】BD【分析】利用二项式定理的通项公式得到满足题意的项【详解】展开式各项表达式为当时，，所以为6的倍数，所以，6，即可取6，8，10；当时，所以为3的奇数倍，所以，9，即可取9，11，13.即取值集合为.故选：BD.12．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线与椭圆C交于A，B两点（其中A在B的左侧），记面积为S，则（    ）A． B．时，C．S的最大值为 D．当时，【答案】ACD【分析】由题知，，，设，则，进而结合向量运算，椭圆定义等讨论各选项即可得答案.【详解】由题知，，，设，则，对于A选项，根据椭圆的定义，，故正确；对于B选项，，故，因为，即，所以，解得，故错误；对于C选项，因为，当且仅当，即时等号成立，即所以，面积为，即的最大值为，故正确；对于D选项，，所以，因为，所以，因为，，所以，整理得，即，解得，所以，所以面积为，故正确；故选：ACD 三、填空题13．古希腊毕达哥拉斯学派在公元前6世纪研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为，则      .【答案】/【分析】利用三角恒等变换化简即可求解.【详解】，故答案为：.14．已知，则的最小值为      .【答案】/【分析】先将已知条件化简整理可得，然后利用“1”的代换和基本不等式即可求解.【详解】∵，∴，两边平方得，，，，∴，所以，当且仅当，时，上述等号成立.故答案为：.15．如图，正方形的边长为4，是边上的一动点，交于点，且直线平分正方形的周长，当线段的长度最小时，点到直线的距离为      .  【答案】【分析】利用平面几何知识可得出点的轨迹是圆.适当建系，写出点的轨迹方程.再利用圆的性质得出当最小时，，，三点共线，进而求解即可.【详解】根据题意平分正方形周长，可得恒过正方形的中心，设的中心为点，由可知，点的轨迹是以为直径的圆，以为坐标原点，为轴，为轴建立直角坐标系，则，，，，以为直径的圆的方程为，设为圆心，可知坐标为，当最小时，，，三点共线，可知此时直线的方程为，则点到直线的距离为.故答案为：.  16．若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为          ．【答案】【分析】曲线与曲线存在公切线等价于导函数相等有解，求导后列出方程求解即可.【详解】由，则，设切点为，切线斜率为，所以，切线为，即，由，则，设切点为，切线斜率为，所以，切线为，即，根据题设，若它们切线为公切线，则有，即，又，即且，即，由上关系式并消去并整理得在上有解，令，则，当，则，即，此时递增；当，则或，即或，此时递减；又，，所以，即.故答案为：.【点睛】关键点点睛：设切点并写出两曲线对应的切线方程，根据公切线列方程组，注意切点横坐标及参数a范围，进而转化为方程在某区内有解问题. 四、解答题17．求△ABC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且△ABC的周长为6．(1)证明：；(2)求△ABC面积的最大值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)利用余弦定理和三角形周长即可求解；(2)结合（1）的结论和基本不等式得出，然后利用三角形面积公式即可求解.【详解】（1）在△ABC中，由余弦定理可得：，即，又因为，所以，整理可得：，所以得证.（2）由（1）可知：，所以，当且仅当时取等号，所以或，因为，所以，则，所以，故△ABC面积的最大值为.18．如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB平面ABC，，，．(1)证明：ABPC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）作, 垂足为O,可得OBOC，又POBO，可得OB平面POC，根据线面垂直的性质即可证明；（2）以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz,求出两个平面的法向量即可求二面角的余弦值.【详解】（1）如图, 作，垂足为O，连接CO， 因为POBO,且， 所以是等腰直角三角形，又, 所以OB=OP=2. 又, ,由余弦定理可知CO=2， 所以,即OBOC. 又,OP,OC平面POC， 所以平面POC，又PC平面POC，所以OBPC，即，（2）因为平面PAB平面ABC,且平面PAB平面ABC=AB,POAB,PO平面PAB， 所以PO平面ABC，又OC平面ABC，所以POOC.以O为原点建立如图所示空间直角坐标系O-xyz, 则A(1,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2)，则，设平面APC的法向量为,则，取,则,所以.设平面BPC的法向量为,则，取,则,所以.设二面角B-PC-A为,由图可知为锐角，所以.19．有三种不同的果树苗，，，经引种试验后发现，引种树苗的自然成活率为0.6，引种树苗，的自然成活率均为.(1)任取树苗，，各一株，设自然成活的株数为，求的分布列及；(2)将（1）中的取得最小值时的的值作为种树苗自然成活的概率.该农户决定引种株种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有80%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.5，其余的树苗不能成活.①求一株种树苗最终成活的概率；②若每株树苗引种最终成活后可获利400元，不成活的每株亏损60元，该农户为了获利不低于30万元，应至少引种种树苗多少株?【答案】(1)分布列见解析，期望为；(2)①0.76；②1036株. 【分析】（1）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望作答.（2）①利用（1）的结论求出p，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求出概率作答；②利用二项分布的期望公式，结合期望的性质求出获利的期望，列出不等式求解作答.【详解】（1）依题意，的所有可能值为0，1，2，3，则，，，，由此得的分布列如下表：0123.（2）因为，由（1）知，则当时，取得最小值，①一株种树苗最终成活的概率为；②记为株种树苗的成活株数，为株种树苗的利润，则.，，要使，即，解得，而，则 ，所以该农户应至少种植1036株种树苗，就可获利不低于30万元.20．已知数列各项均为正数，，，且.(1)若数列为等差数列，求数列的前项和；(2)若数列为等比数列，且数列不为等比数列，求数列的通项公式.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据等差数列定义结合条件数列为等差数列，证明，由此证明为等差数列，结合等差数列求和公式可求，（2）设数列的公比为，根据等比数列定义结合条件求，化简可得，利用累加法求，由此可得.【详解】（1）因为，所以，两式相减，可得又∵为等差数列，∴，则，又∵，∴，∴，所以，即为等差数列，且公差，所以.（2）设的公比为，因为，所以所以，因为所以，因为不是等比数列，所以不是常数，所以，，又，所以，即，由累加法可知，，经检验，也满足，所以.21．已知双曲线：的焦距为8．过左焦点的直线与的左半支交于，两点，过，作直线：的垂线，垂足分别为，，且当垂直于轴时，．(1)的标准方程；(2)设点，判断是否存在，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）根据焦距得，利用及通经长度即可求得的值，从而得的标准方程；（2）讨论直线斜率不存在与存在两种情况，存在时，直线方程为，，联立直线与双曲线，得交点坐标关系，利用直线方程与双曲线方程转化，通过系数成比例解方程确定定值是否存在即可.【详解】（1）由题可知，焦距，所以，当AB垂直于x轴时，，又，联立，解得或（舍），所以则的标准方程为；（2）如图，①当直线斜率不存在时，此时，则，所以，要使得为定值，则；②当直线斜率存在时，设直线方程为，，则，由于均在左半支，所以，且，所以，消去得，则所以，同理，则，要使得为定值，则满足，解得，此时，经检验，此结果也符合斜率不存在的情况综上，存在使得为定值.22．已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)若函数有两个零点、，证明.【答案】(1)单调减区间为，单调增区间为(2)证明见解析 【分析】（1）利用函数单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；（2）设，由（1）可得，先证，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可证得成立；其次证明出，令，则，将所证不等式变形为即证，令，，利用导数分析函数的单调性，可证得，综合可得结论.【详解】（1）解：因为的定义域为，则，令，解得，令，解得，所以的单调减区间为，单调增区间为.（2）证明：不妨设，由（1）知：必有.要证，即证，即证，又，即证.令，其中，则，令，则在时恒成立，所以在上单调递减，即在上单调递减，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以；接下来证明，令，则，又，即，所以，要证，即证，有，不等式两边取对数，即证，即证，即证，令，，则，令，其中，则，所以，在上单调递增，则当时，，故当时，可得函数单调递增，可得，即，所以，综上，.【点睛】方法点睛：证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：（1）证明（或）：①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；（2）证明（或）（、都为正数）：①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.