2023届河北高三上学生全过程纵向评价数学试题（一）（解析版）

2023届河北高三学生全过程纵向评价数学试题（一）

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】计算，再计算交集得到答案.

【详解】，，.

故选：A．

2．已知复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的除法运算法则以及共轭复数的定义即可求解.

【详解】由得

，

所以

故选：A．

3．已知经过第一､二､四象限的直线经过点，则的最小值为（    ）

A．4 B． C．8 D．9

【答案】D

【分析】直线过点及象限得，，结合基本不等式“1”的妙用求最小值即可

【详解】经过一､二､四象限，，又经过点，代入得，，当且仅当，即时等式成立

故选：D

4．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用倍角公式和弦切互化法可求三角函数式的值.

【详解】

,

故选：A．

5．现有6家商户预租赁某夜市的6个相邻的推位，其中3家商户开特色小吃店，2家商户开文创产品店，一家商户开新奇玩具店，夜市管理部门要求特色小吃店必须都相邻，且文创产品店不相邻，则不同的排法总数为（    ）

A．48 B．72 C．144 D．96

【答案】B

【分析】把小吃店捆绑，然后把文创店插空即可求解．

【详解】先把3家小吃店捆绑全排共有种排法，

再把小吃店与玩具店全排共有种排法，

然后把2家文创店插空全排共有种排法，

所以共有6×2×6＝72种

故选：B.

6．设､分别是椭圆的左､右焦点，为椭圆上的一点，若的最大值为，则椭圆的离心率的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】结合椭圆的定义和均值不等式得到当且仅当时等号成立，进而根据可得，从而结合离心率的范围即可求出结果.

【详解】根据题意可知，

当且仅当时等号成立，所以，即，所以，即，

故选：A．

7．已知中，，则的充要条件是（    ）

A．是等腰三角形 B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据正余弦定理即可结合选项逐一求解.

【详解】由于，故当是等腰三角形时，或或；

当时，是等腰三角形，所以是等腰三角形是的必要不充分条件，所以选项A不正确；

当时，，即，所以或，则或；当时，，根据正弦定理可得，所以是的必要不充分条件，所以选项B不正确；

当时，，即，解得，所以不是的充分条件，所以选项C不正确；

当时，；当时，即，根据余弦定理，解得，则，所以是的充要条件，

故选：D．

8．已知函数的定义域为，且，，则（    ）

A．0 B．1 C． D．

【答案】A

【分析】依题意令得到，再以代换，即可得到，从而得到，即可得到，从而求出函数的周期，再求出、、、、的值，根据周期性计算可得.

【详解】解：由，

令得①，

以代换得②，

由①②可得，

，即，

所以，故是的一个周期，

令，得，，

令，得，，

，

，，，，

，.

故选：A．

二、多选题

9．如图，棱长为4的正方体中，点，分别为､的中点，下列结论正确的是（    ）

A．

B．直线与平面所成角的正切值为3

C．平面

D．平面截正方体的截面周长为

【答案】AB

【分析】证明平面，得到A正确，确定即为与平面所成角，计算得到B正确，平面，得到C错误，计算截面周长为，所以D错误，得到答案.

【详解】取的中点，连接，则，，故，平面，，故，，故，，平面，平面，，所以A正确；

设与，分别交于点，平面，即为与平面所成角，，其中，，，所以B正确；

平面即为平面，，平面，所以C错误；

取靠近点的四等分点，易证，四点共面，即为平面截正方体的截面，，，，平面截正方体的截面周长为，所以D错误.

故选：

10．已知数列满足，数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】由递推公式可得，令，即可判断AB选项，累加法可求得，从而可以判断CD选项.

【详解】由得；

当时，可得,但不一定为A正确，B错误；

．

时，，所以C正确，D错误；

故选:AC．

11．已知函数，且对任意均有在上单调递减，则下列说法正确的有（    ）

A．函数为偶函数

B．函数的最小正周期为

C．若的根为，2，，，则

D．若在上恒成立，则的最大值为

【答案】ACD

【分析】由题可得函数的最小正周期，进而可得函数的解析式可判断AB，利用数形结合可判断C，根据条件可得，然后利用三角函数的图象及性质即得.

【详解】由题可知有对称中心，对称轴，又在上单调递减，

∴函数的最小正周期为，故B错误；

，又，，

∴，

所以为偶函数，故A正确；

作出函数的大致图象，

由图可知，在上有4个根，

且，故C正确；

由，可得，

所以，

所以，

所以，即，

的最大值为，故D正确.

故选：ACD．

12．已知函数有两个零点，且，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．在区间上单调递减

C．

D．若，则

【答案】ACD

【分析】根据参变分离构造函数，求导确定的单调性，即可判断A,求导得，即可结合判断B,构造函数，求导即可判断C,根据的单调性即可判断D.

【详解】由等价于，令，

令，得,令，得，所以在单调递增，在单调递减；，

当当时，,因为,故A对．

，令，得；令，得；由选项可知，在先增后减，B错．

对于C选项，由选项可知，当时，显然成立；

当时，等价于．

由上可知在上单调递增，要让，只需证

又只需证，令，

在上单调递增，故C对；

对于D选项在单调递增，在上单调递减，且

，,故D对；

故选：ACD．

【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，构造新的函数，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.

对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.

三、填空题

13．已知数列为等比数列，其前n项和为，前三项和为13，前三项积为27，则___________．

【答案】121或

【分析】根据等比数列的基本量运算可得或，然后利用求和公式即得.

【详解】设数列的公比为q，

∵前三项积为27，

∴，解得，

∵前三项和为13，

∴，

解得或，

∴或．

故答案为：121或.

14．已知为的外心，，，则___________．

【答案】##-3.5

【分析】由题意画图，然后结合数量积的性质及运算求解即可.

【详解】如图：分别为的中点，则

故答案为：.

15．已知双曲线，过双曲线的右焦点作一条渐近线的平行线与双曲线交于点，与另一条渐近线交于点，是坐标原点，则___________．

【答案】

【分析】联立直线与双曲线的方程可得，联立两直线的方程即可得进而根据三角形的高之比得面积之比，即可求解.

【详解】根据题意知，渐近线方程为：，

不妨设直线的方程为：，代入双曲线方程，得，

解得，即，双曲线的另一条渐近线方程为，

联立两条直线方程

，解得，即

．

故答案为：

16．若存在，，满足，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是___________．

【答案】,

【分析】根据题意可得，当时不合题意，当时，原式为，令，则，，只需与有交点，即可得出答案．

【详解】解：因为，

所以，

当时，上式变为，与矛盾，

当时，上式为，

令，则，，

，

令，，

，

所以在上单调递增，又，

所以在上，，，单调递减，

在上，，，单调递增，

所以，趋向于0或时，均趋向于，

所以，即，

所以或，故的取值范围为,．

故答案为：,．

【点睛】关键点点睛：将双变量的方程转化为单变量方程，还需结合参变分离即得到，这样就能整体代换令，从函数的单调性出发转化为函数与有交点即可解决问题.

四、解答题

 (1)若样本中“短视频成瘾”且成绩未下降的女生有15名，并在被认为“短视频成瘾”且成绩未下降的对象中按性别采用分层抽样抽取7人，再从中随机抽取2人，求抽到的两人均为女生的概率．

参考公式与数据：．

【答案】(1)

【分析】（1）根据古典概型概率公式，代入计算即可得到结果.

（2）根据列联表，结合的计算公式，代入计算，即可判断.

（2）零假设为：成绩下降与“短视频成瘾”无关．

所以，

根据小概率值的独立性检验，推断不成立，

18．已知的内角，，的对边分别为，，，满足，且．

(1)求角；

(2)若，求周长的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦展开式化简可得答案；

（2）由正弦定理得，

再利用两角和的正弦展开式和的范围计算可得答案.

【详解】（1）由、正弦定理可得，，

因为，所以，

而，所以，

即，

；

（2）由正弦定理得，即，

，

，

.

19．如图，三棱锥中，，平面，点在线段上，且满足．

(1)证明：；

(2)若二面角的正弦值为，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析；

(2)或.

【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，从而可得，利用余弦定理求得，再利用余弦定理求得，再利用勾股定理可得，易证明平面平面，再根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；

（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法结合二面角的正弦值求得，再根据棱锥的体积公式即可得解.

【详解】（1）证明：因为平面，平面，

所以，

因为，

所以，所以，所以，

由余弦定理得，

，则，

因为，所以，

因为平面平面，

所以面面，又面面，，面，

所以平面，又平面，

所以；

（2）解：如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，

设，则，故，

设平面，平面的法向量分别为，

则，可取，同理得，

设二面角的大小为，则，

，解得或

当时，，

当时，，

故三棱锥的体积为或．

20．已知函数满足，若数列满足：.

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列满足，（），数列的前n项和为，若对一切恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)，；

(2)

【分析】（1）由，运用倒序相加求和，可得所求通项公式；

（2）由（1）可得的通项公式，由数列的裂项相消求和可得，再由参数分离和配方法求得最值，即可得到所求的取值范围.

【详解】（1）因为,

由①,

则②,

所以可得：，

故，.

（2）由（1）知，，则时，，

所以

      .

又由对一切恒成立,可得恒成立,

即有对一切恒成立.

当时,取得最大值，所以；

故实数的取值范围是.

21．已知抛物线，点，为抛物线上的动点，直线为抛物线的准线，点到直线的距离为，的最小值为5．

(1)求抛物线的方程；

(2)直线与抛物线相交于，两点，与轴相交于点，当直线，的斜率存在，设直线，，的斜率分别为，，，是否存在实数，使得，若存在，求出；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在；

【分析】（1）根据抛物线的定义以及共线时距离最小即可求解.

（2）联立直线与抛物线方程，进而根据两点斜率公式表达，即可求解.

【详解】（1）设抛物线的焦点为，根据抛物线的定义得，，由于，解得，

则拋物线的方程为

（2）设，将代入抛物线的方程，

整理得所以

，同理，

则,所以 ，

22．已知函数，．

(1)求的极值；

(2)令，当时，讨论零点的个数．

【答案】(1)当时，无极值；当时，有极小值，无极大值

(2)2个零点

【分析】(1)根据题意，求出函数的导函数，对导函数的正负进行分类讨论即可求解；

(2)先对函数求导，令，对的取值范围分类讨论，利用导数的正负求出的单调性，由零点存在性定力判断零点个数即可.

【详解】（1）的定义域为，且．

①当时，恒成立，在上单调递增，无极值，

②当时，令，得；令，得，

所以在上单调递减；在上单调递增；

在处取极小值，无极大值．

综上所知，当时，无极值；

当时，有极小值，无极大值．

（2）因为，所以，

令，则．

①当时，由，得，

所以

故在上无零点．

②当时，，在上单调递增；

，在上单调递增，，

在上有唯一零点，

③当时，，

在上单调递增，，

存在，使，

当时，单调递减；

当时，单调递增；

又；

在上有唯一零点，在上无零点，即在上有1个零点．

综上，当时，函数有2个零点．