2023届河北省衡水中学高三上学期12月调研数学试题（原卷 解析版）

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2023届高三上学期12月数学试题

一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】方法一：求出集合后可求.
【详解】[方法一]：直接法
因为，故，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
代入集合，可得，不满足，排除A、D；
代入集合，可得，不满足，排除C.
故选：B.
【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；
方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．

2．下列双曲线的渐近线方程为的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据各选项的双曲线的标准方程直接写出渐近线方程即可判断是否符合.
【详解】A：的渐近线方程为，故A错误；
B：的渐近线方程为，故B正确；
C：的渐近线方程为，故C错误；
D：的渐近线方程为，故D错误；
故选：B.
3．等比数列{an}中，每项均为正数，且a3a8＝81，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10等于（       ）
A．5 B．10 C．20 D．40
【答案】C
【分析】由对数运算法则，等比数列的性质求解．
【详解】是等比数列，则，
所以log3a1＋log3a2＋…＋log3a10．
故选：C．
4．已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则 的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】首先根据题中所给的条件，结合正六边形的特征，得到在方向上的投影的取值范围是，利用向量数量积的定义式，求得结果.
【详解】
的模为2，根据正六边形的特征，
可以得到在方向上的投影的取值范围是，
结合向量数量积的定义式，
可知等于的模与在方向上的投影的乘积，
所以的取值范围是，
故选：A.
【点睛】该题以正六边形为载体，考查有关平面向量数量积的取值范围，涉及到的知识点有向量数量积的定义式，属于简单题目.
5．若的三个内角满足，则的值为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据利用诱导公式推得或，说明时不合题意，则由可得，化简可得，整理变形即可求得答案.
【详解】由题意的三个内角满足，
则，故，
则或，
若，则，
则，不合题意；
若，则,
所以，则，
则，
即，
故选：B
6．已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积是底面积的2倍，则圆锥的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设圆锥的高为h，母线长为l，根据圆锥的侧面积公式求出，再利用勾股定理求出，最后根据体积公式计算可得；
【详解】解：设圆锥的高为h，母线长为l，则圆锥的侧面积，故，故圆锥的体积．
故选：C．
7．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有着深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面是矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”指的是四个面都是直角三角形的三棱锥.现有一如图所示的“堑堵”，其中，若，则“阳马”的体积最大为（    ）

A． B．2 C． D．4
【答案】C
【分析】根据条件，写出四棱锥 体积的表达式，再运用二次函数的知识即可求出最大值.
【详解】由题意知： 平面 ，设 ，则有 ，
， ；
考虑 是关于 开口向下的二次函数，当 时取得最大值，最大值= ，
∴ 的最大值为 ；
故选：C.
8．已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则以下四个命题：①；②；③；④中一定成立的个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由是偶函数，得是奇函数，再由已知等式得，两者结合得是周期函数，周期为4，同时得出是周期函数，周期是4，然后由周期性，奇函数的定义求得，，与的关系，从而得出关于的相应结论，由周期性计算，然后判断各命题．
【详解】∵，，∴，
又是偶函数，，两边求导得，∴是奇函数，，，
∴，即，
是周期函数，4是它的一个周期，，
，∴是周期函数，4是它的一个周期，
，，
，
是周期为4的周期函数，又是奇函数，，，
，，
，，所以，
，，因此，不能得出，
一定正确的有①②④，共3个．
故选：C．
【点睛】结论点睛：
（1）的图象既关于直线对称，又关于点对称，则是周期函数，是它的一个周期；
（2）的图象既关于直线对称，又关于直线对称，则是周期函数，是它的一个周期；
（3）的图象既关于点对称，又关于点对称，则是周期函数，是它的一个周期．

二、多选题
9．设函数，若，且的最小正周期大于，则（    ）
A．
B．是偶函数
C．在区间上单调递增
D．的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象
【答案】AB
【分析】根据函数的性质求出、，即可得到函数解析式，再根据余弦函数的性质计算可得；
【详解】解：对于A，由可知，直线是图象的一条对称轴，点是图象的一个对称中心，
所以，，，，两式相减得，，，且．
因为，且的最小正周期，所以，则，故A正确．
对于B，将代入，，并结合，解得，所以，故B正确．
对于C，由得，所以函数在区间上单调递减，故C错误．
对于D，的图象向左平移个单位长度后得到的图象，故D错误，
故选：AB．
10．圆锥曲线为什么被冠以圆锥之名？因为它可以从圆锥中截取获得.我们知道，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线.因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线.截口曲线形状与和圆锥轴截面半顶角有如下关系；当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线.（如左图）

现有一定线段AB与平面夹角（如上右图），B为斜足，上一动点P满足，设P点在的运动轨迹是，则（       ）
A．当，时，是椭圆 B．当，时，是双曲线
C．当，时，是抛物线 D．当，时，是椭圆
【答案】ACD
【分析】认为P在以AB为轴的圆锥上运动，结合题干信息，逐一分析即可.
【详解】∵AB为定线段，为定值，∴P在以AB为轴的圆锥上运动，
其中圆锥的轴截面半顶角为，与圆锥轴AB的夹角为
对于A，，∴平面截圆锥得椭圆，A正确；对于B，，是椭圆，B错.
对于C，，是抛物线，C正确.对于D，，是椭圆，D正确.
故选：ACD.
11．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，两条渐近线的夹角正切值为，直线：与双曲线的右支交于，两点，设的内心为，则（    ）
A．双曲线的标准方程为 B．满足的直线有2条
C． D．与的面积的比值的取值范围是
【答案】ACD
【分析】A:设其中一条渐近线的倾斜角为，，由题干条件可知，从而解出，即，又有焦点坐标，联立可解出，从而求出双曲线方程；B：直线过焦点，判断过焦点弦的最短弦可判断B；C：由双曲线的定义和切线的性质进行转化可判断；D：将三角形的面积用内切圆的半径和边长计算，结合定义，可得到，由的范围可求出比值的范围.
【详解】A选项，设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，，因为，所以，从而，解得或（舍去），所以，又，所以，，所以双曲线的标准方程为，故A正确；B选项，直线的方程，即，则直线恒过右焦点，又过焦点的弦最短为，所以满足的直线只有1条，B错误；
C选项，由双曲线的定义可知，，即，因此是的内切圆在边上的切点，因此，C正确；
D选项，由题知
，因为，所以，D正确.
【点睛】知识点点睛：（1）同支的焦点弦中最短的为通径（过焦点且垂直于实轴所在的直线的弦），其长度为；异支的弦中最短的为实轴，其长度为.（2）由圆外一点引圆的切线，切线长相等.
12．在平面四边形ABCD中， 的面积是面积的2倍，又数列满足，恒有，设的前n项和为，则（    ）
A．为等比数列 B．为等差数列
C．为递增数列 D．
【答案】BD
【分析】连交于，根据面积关系推出，根据平面向量知识推出，结合，推出，即，求出，，根据等比数列的定义可判断A；根据等差数列的定义可判断B，根据数列的单调性可判断C；利用错位相减法求出，可判断D.
【详解】如图，连交于，

则，即，
所以，所以，
所以，
设，
因为，
所以，
，所以，
所以，即，
又，所以，
所以是首项为2，公差为的等差数列，
所以，所以，
因为不是常数，所以不为等比数列，故A不正确；
因为，
所以为等差数列，故B正确；
因为，
所以为递减数列，故C不正确；
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：BD

三、填空题
13．已知关于的不等式对恒成立，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】分类讨论和的情况讨论，即可得到答案.
【详解】当时，，符合题意；
当时，.
综上：.
故答案为：.
14．若函数f（x）同时满足：（1）对于定义域上的任意x，恒有；（2）对于定义域上的任意，当，恒有，则称函数f（x）为“理想函数”，下列①，②，③，④四个函数中，能被称为“理想函数”的有___________.（填出函数序号）
【答案】③④
【分析】由“理想函数”的定义可知：若f（x）是“理想函数”，则f（x）为定义域上的单调递减的奇函数，将四个函数―—判断即可.
【详解】若是“理想函数”，则满足以下两条：
①对于定义域上的任意，恒有，即，则函数是奇函数；
②对于定义域上的任意，当时，
恒有，即，
时，，或时，，
即函数是单调递减函数．
故为定义域上的单调递减的奇函数．
①在定义域为上的奇函数，但不是减函数，所以不是“理想函数”；
②，定义域为，
单调递增，所以不是“理想函数”；
③定义域为R，且，函数为奇函数，
且在定义域上是减函数，所以是“理想函数”；
④，在定义域上既是奇函数，又是减函数，所以是“理想函数”．

故答案为：③④.
15．写出与圆和圆都相切的一条直线的方程；______．
【答案】或或
【分析】先判断两圆位置关系，再分情况依次求解可得.
【详解】解：圆的圆心为，半径为；
圆的圆心为，半径为，
圆心距为，所以两圆外切，切点为坐标原点.
如图，公切线有三条，分别记为，
由图可知，切线斜率存在，故设切线方程为，
所以，整理得，即或，
所以，当时，，整理得，解得，即方程为；
当时，，解得，即方程为；
所以，所求切线方程为，，
故答案为：或或

16．已知椭圆C：1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆C上不与左右顶点重合的动点，设I，G分别为△PF1F2的内心和重心.当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，椭圆C的离心率为_____.
【答案】
【解析】首先找到特殊位置，即取P在上顶点时，内心和重心都在y轴上，由于内心和重心连线的斜率不随着点P的运动而变化，可得：GI始终垂直于x轴，可得内切圆半径为y0，再利用等面积法列式解方程可得：.
【详解】当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，取P特殊情况在上顶点时，
内切圆的圆心在y轴上，重心也在y轴上，
由此可得不论P在何处，GI始终垂直于x轴，
设内切圆与边的切点分别为Q，N，A，如图所示：

设P在第一象限，坐标为：（x0，y0）连接PO，则重心G在PO上，
连接PI并延长交x轴于M点，连接GI并延长交x轴于N，
则GN⊥x轴，作PE垂直于x轴交于E，
可得重心G（，）所以I的横坐标也为，|ON|，
由内切圆的性质可得，PG=PA，F1Q=F1N，NF2=AF2，
所以PF1﹣PF2=（PG+QF1）﹣（PA+AF2）=F1N﹣NF2
=（F1O+ON）﹣（OF2﹣ON）=2ON，
而PF1+PF2=2a，所以PF1=a，PF2=a，
由角平分线的性质可得，所以可得OM，
所以可得MN=ON﹣OM，
所以ME=OE﹣OM=x0，
所以，即INPEy0，
（PF1+F1F2+PF2）IN，即（2a+2c），
所以整理为：，
故答案为：.
【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了内心和重心的概念，考查了转化思想和较强的计算能力，其方法为根据条件得到关于，， 的齐次式，化简可得.本题属于难题.

四、解答题
17．已知等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，若，且，，，成等差数列.
（1）求数列，的通项公式；
（2）记，数列的前n项和为，数列的前n项和为，求，.
【答案】（1），；（2），
【解析】（1）由等差中项可得，，再根据等差数列的性质即可求出答案；
（2）由（1）可得，再利用分组求和法求，，利用裂项相消法求．
【详解】解：（1）∵，，成等差数列，
∴①，
又∵，，成等差数列，
∴，得②，
由①②得，，
∴，；
（2），
∴，
又，
∴．
【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的综合，考查等差中项的应用，考查裂项相消法与分组求和法，考查计算能力，属于基础题．
18．已知的内角，，的对边分别为，，，且满足．
（1）求；
（2）若，为边的中点，求的最小值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）直接利用正弦定理及余弦定理，求出的值．
（2）根据三角形的面积公式和平面向量基本定理，利用基本不等式即可求得的最小值．
【详解】解：（1）中，内角，，的对边分别为，，，且．
利用正弦定理得：，
整理得：，即，
由于，
所以：．
（2）因为的面积为，解得；
在中，,两边同平方得：
，
当且仅当时，等号成立，
所以，即的最小值为．
19．如图，在四棱锥中，已知四边形是边长为的正方形，点在底面上的射影为底面的中心，点在棱上，且的面积为1.

(1)若点是的中点，证明：平面平面；
(2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为棱上靠近端点的三等分点

【分析】(1) 利用等腰三角形证明且，得出平面，即可得平面平面.
(2)建立空间直角坐标系，设，由直线与平面所成的角的正弦值为，借助于平面法向量解出.
【详解】（1）证明：∵点在底面上的射影为点，∴平面，
∵四边形是边长为的正方形，∴，
∵，∴，即：，
∴，又∵，点是的中点，
∴，同理可得：，
又∵，且平面，
∴平面，又∵平面，
∴平面平面.
（2）如图，连接，易知，，两两互相垂直，
分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
假设存在点使得直线与平面所成的角的正弦值为，
∵点在棱上，不妨设，，
又，
∴，∴，
∵，，
设平面的法向量为，则
令，则，∴，
又，设直线与平面所成的角为，则，
∴，
即，解得：或（不合题意，舍去），
∴存在点符合题意，点为棱上靠近端点的三等分点.
20．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸 (如下图)

步骤 1： 设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤 2： 把纸片折叠， 使圆周正好通过点；
步骤 3： 把纸片展开， 并留下一道折痕；
步骤 4： 不停重复步骤和，就能得到越来越多的折痕．
已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆．若取半径为的圆形纸片， 设定点到圆心 的距离为，按上述方法折纸．
(1)以点 所在的直线为轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆的标准方程；
(2)直线过椭圆的右焦点，交该椭圆于，两点，中点为，射线 为坐标原点)交椭圆于，若，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，根据椭圆的定义求出的值，根据求出的值，再由求出的值即可得椭圆的方程；
（2）由已知可得，当斜率不存在时，，不合题意；当 斜率存在时，设，，直线方程为，利用点差法求出，可得直线的方程为：分别与椭圆、联立求出点，横坐标，再结合列方程求出的值即可求解.
【详解】（1）
如图，以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系
设为椭圆上一点，由题意可知，
所以点轨迹是以为左右焦点，长轴长的椭圆，                
因为，，所以，，则，
所以椭圆的标准方程为；
（2）因为，所以，
当斜率不存在时，，不合题意；                                
当斜率存在时，设直线方程为，点，，
则，两式作差得：，即，                             
故直线的方程为：，联立，解得，       
联立，解得，因为，所以，                           
即，则，解得：，     
所以直线的方程为．即.
21．已知函数，，其中．
(1)若在上有两个不同零点，求a的取值范围．
(2)若在上单调递减，求a的取值范围．
(3)证明：，．
【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析

【分析】（1）求得，利用导数研究其单调性，最值，即可得出a的取值范围；
（2）在区间上单调递减，即在上恒成立，即在上恒成立，通过研究函数得出a的取值范围；
（3）由（2）知时，，即，．令得，由此即可证得结论.
【详解】（1），，
所以时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以时，取最小值．
因为在有两个不同的零点，所以，所以．
下面验证：当时，在有两个不同的零点.
当时，，，
令，则，
当时，，单调递减，
则，
所以，又，，
时，单调递减，时，单调递增，
所以在，上各有一个零点，即在有两个不同的零点.
综上，.
（2）在区间上单调递减，
即在上恒成立，
即在上恒成立．
令，，
当时，，，
所以，即在上单调递增，
所以当时，，所以．
（3）由（2）知时，，所以，即，．
令得，
所以，
即，．
22．如图所示，已知抛物线：，椭圆：，过y轴正半轴上点A作斜率为的直线l交抛物线于B，C两点，交椭圆于E，F两点．

(1)当点A为抛物线的焦点时，．求抛物线的方程；
(2)若B，C两点关于y轴的对称点为，，求四边形面积的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设，，根据题意表示出抛物线方程和直线方程，联立得到根与系数的关系，根据弦长公式计算得到答案.
（2）联立方程得到根与系数的关系，计算，计算点，到直线EF的距离得到，得到面积解析式，构造函数，求导得到函数的单调区间，计算最大值得到答案.
【详解】（1）设，，当点A为抛物线焦点时，，l：，
与抛物线联立，整理得，，
，，，
即抛物线的方程为.
（2）设l：，与椭圆联立，整理得，
直线与椭圆有两个交点E，F，，，又，故，
设，，有，
，
B，C两点关于y轴对称点为，，即，
设，分别为点，到直线EF的距离，
则


将l与抛物线联立，整理得，
两根为，，，，
四边形的面积
，
令，令，
得到，即在上单调递增，在上单调递减，
，，
即四边形面积的最大值为.
【点睛】本题考查了圆锥曲线和导数的综合，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用根与系数的关系解题是常考的知识点，需要熟练掌握，利用导数求最值是解题的关键.