2023届河北省衡水市第十三中学高三上学期1月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届河北省衡水市第十三中学高三上学期1月月考数学试题（解析版），共21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届河北省衡水市第十三中学高三上学期1月月考数学试题 一、单选题1．设全集是实数集，已知集合，，则A． B． C． D．【答案】C【详解】本题选择C选项. 2．已知i为虚数单位，则A．–1 B．1 C． D．【答案】B【分析】先计算，然后再计算，最后可以计算出的结果.【详解】，故本题选B.【点睛】本题考查了复数的乘法运算法则、复数单位的幂运算，考查了除法运算，考查了数学运算能力.3．在下列给出的四个结论中，正确的结论是A．已知函数在区间内有零点，则B．是与的等比中项C．若是不共线的向量，且，则∥D．已知角终边经过点，则【答案】C【分析】逐一判断每一个命题的真假得解.【详解】A. 已知函数在区间内有零点，不一定有，还有可能，所以该选项错误.B. 是与的等比中项是错误的，因为与的等比中项是；C. 若是不共线的向量，且 ，所以，所以∥，所以该选项是正确的；D. 已知角终边经过点，则，所以该选项是错误的.故答案为：C【点睛】本题主要考查零点定理和等比中项，考查向量共线和任意角的三角函数，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.4．为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取初中生800人，其每天睡眠时间均值为9小时，方差为1，抽取高中生1200人，其每天睡眠时间均值为8小时，方差为，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据方差的计算公式求得正确答案.【详解】该地区中学生每天睡眠时间的平均数为：（小时），该地区中学生每天睡眠时间的方差为：.故选：B5．新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源（或使用常规的车用燃料、采用新型车载动力装置），综合车辆的动力控制和驱动方面的先进技术，形成的技术原理先进、具有新技术、新结构的汽车．新能源汽车包括混合动力电动汽车（HEV）、纯电动汽车（BEV，包括太阳能汽车）、燃料电池电动汽车（FCEV）、其他新能源（如超级电容器、飞轮等高效储能器）汽车等．非常规的车用燃料指除汽油、柴油之外的燃料．下表是2021年我国某地区新能源汽车的前5个月销售量与月份的统计表：月份代码x12345销售量y（万辆）0.50.611.41.5 由上表可知其线性回归方程为，则的值是（    ）．A．0.28 B．0.32 C．0.56 D．0.64【答案】A【分析】先计算，，再根据样本中心点适合方程解得的值即可.【详解】由表中数据可得，，将代入，即，解得．故选:A．6．已知数列是公比为q的等比数列，则“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】先根据等比数列的性质，结合不等式，可以确定q的取值范围，然后根据充分性、必要性的定义选出正确答案.【详解】.显然由不一定能推出，但由一定能推出，因此“”是“”的必要不充分条件，故本题选B.【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，利用等比数列的性质是解题的关键.7．一个袋中有m个红球，n个白球，p个黑球（，），从中任取1个球（每球取到的机会均等），设表示取出的红球个数，表示取出的白球个数，则A． B．C． D．【答案】D【分析】列出随机变量和的分布列，分别计算出的值，结合，可以判断出和大小关系，选出正确答案.【详解】由题意可知：随机变量的分布列如下图所示：01P 所以有,，随机变量的分布列如下图所示：01P ，，因为，所以，因此有，故本题选D.【点睛】本题考查了随机变量的分布列、数学期望和方差的计算，考查了数学运算能力.8．已知△ABC中，．点P为BC边上的动点，则的最小值为（　　）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】以BC的中点为坐标原点，建立直角坐标系，可得，设，运用向量的坐标表示，求得点A的轨迹，进而得到关于a的二次函数，可得最小值．【详解】以BC的中点为坐标原点，建立如图的直角坐标系，可得，设，由，可得，即，则，当时，的最小值为．故选D．【点睛】本题考查向量数量积的坐标表示，考查转化思想和二次函数的值域解法，考查运算能力，属于中档题． 二、多选题9．已知分别为随机事件的对立事件，，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．若互斥，则D．若独立，则【答案】ABD【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断即可．【详解】选项A中：由对立事件定义可知,选项正确；选项中：， 选项B正确；选项C中：A，B互斥，，,，故选项C错误；选项D中：A，B独立，则，则,故选项D正确.故选：.10．已知是的导函数，，则下列结论正确的是（    ）A．将图象上所有的点向右平移个单位长度可得的图象B．与的图象关于直线对称C．与有相同的最大值D．当时，与都在区间上单调递增【答案】AC【分析】首先求得的导函数，然后根据三角函数图像平移验证A选项的正误，根据函数的对称性验证B选项的正误，根据求三角函数的值域验证C选项的正误，根据求解三角函数的单调性验证D选项的正误.【详解】，.将的图像向右平移个单位得的图像，故A选项正确；已知的图像与的图像关于直线对称，，故B选项错误；，其中，最大值为，，其中，最大值为，故C选项正确；当时，，，当时，在上单调递增，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递减，综上可知和在上单调性相同，但可能递增也可能递减，故D选项错误.故选：AC11．在矩形中，，将沿对角线进行翻折，点翻折至点，连接，得到三棱锥，则在翻折过程中，下列结论正确的是（    ）A．三棱锥的外接球表面积不变B．三棱锥的体积最大值为C．异面直线与所成的角可能是D．直线与平面所成角不可能是【答案】AD【分析】当平面平面时，点到平面的距离最大，此时三棱锥体积最大，与平面所成角最大，利用等面积求得后，即可确定BD的正误；取中点为,可得，所以为棱锥的外接球球心，故球的表面积不变，可判断A的正误；设异面直线与所成的角是，由线面垂直的判断和性质，可判断C的正误.【详解】对于A，记中点为，如图所示和均为直角三角形,为中点,,为棱锥的外接球球心，半径为,.三棱锥的表面积不变，，故A正确；对于B，画图如下：由题知,当平面平面时,三棱锥的体积最大,过点向AC做垂线，垂足为E，在中可得，平面平面,平面平面,是三棱锥的高,三棱锥的体积最大值为.故B不正确；对于C，若异面直线与所成的角是，则，又因为,平面,平面,平面，则，在中，，不成立，所以异面直线与所成的角不可能是，故C不正确；对于D，设与平面所成角为，点到平面距离为，则，当点到平面距离最大时，与平面所成角最大，当平面平面时，点到平面距离最大，由B知，此时，即，，D正确.故选：AD.12．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】对于A选项，尝试找反例.对于B，C选项，构造函数帮助分析.对于D选项，设，再研究函数零点所在范围.【详解】对于A选项，当时，.设，其中.则，故在上单调递增.又，，则，使.即存在，，使.但此时，.故A错误.对于B选项，.设，其中.则.得在在上单调递增.注意到.则.又在上递增，则有.故B正确.对于C选项，由B选项可知，则由，有.故C正确.对于D选项，因，，则.设，其中.则.设，其中.则，得在上单调递增.（1）若，注意到，，则，使.即，则，设，则，得在上单调递减，则.（2）当，，注意到.则，此时.（3）当，注意到则，又由（1）分析可知在上单调递增.则.综上，有.故D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题涉及双变量，构造函数，难度较大.对于A选项，直接证明较为复杂，故尝试找反例.对于B，C选项，在与同时出现的题目中，常利用使出现相同结构.对于D选项，将看作参数，并设简化运算. 三、填空题13．有甲、乙、丙三项任务，甲、乙各需1人承担，丙需2人承担且至少1人是男生，现有2男2女共4名学生承担这三项任务，不同的安排方法种数是______．（用具体数字作答）【答案】10【分析】由题意分两类，丙选择一名男生和一名女生或丙选择两名男子，根据分类计算原理即可求出.【详解】①丙选择一名男生和一名女生：.②丙选择两名男子：.所以不同的安排方法种数是：10种.故答案为：10.14．已知的展开式中的系数是20，则实数__________.【答案】2【分析】根据二项展开式可得，则可得展开式中的系数，列方程即可得实数的值.【详解】解：因为则展开式中的系数是，求得.故答案为：2.15．三棱锥中，平面，，，，是边上的一个动点，且直线与面所成角的最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为__________．【答案】【分析】根据题意画出图形，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积.【详解】由题意，三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为，如图所示，则，且的最大值是，所以，所以的最小值是，即到的距离为，所以，因为，在中可得，即可得,取的外接圆圆心为，作，所以，解得，所以,取为的中点，所以，由勾股定理得，所以三棱锥的外接球的表面积是.【点睛】本题考查了有关球的组合体问题，以及球的表面积的计算问题，解答时要认真审题，确定球的球心和半径，注意球的性质的合理运用是解答的关键，对于求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径.着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及数形结合思想的应用.16．双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是_________．【答案】【分析】根据题意可得轴，分别根据的边长利用等面积法求出内切圆各自的半径，然后即可求出的面积.【详解】如图，因为圆分别是的内切圆，轴，所以轴，因为双曲线，所以，，，，将代入，得，即，，可以得，，再由双曲线的定义可知，由和全等可得两内切圆的半径相等，是的角平分线，所以内切圆的圆心在轴上，设圆的半径为，圆的半径为，由等面积法可得，即，解得，同理，即，解得，则的面积为，故答案为：  四、解答题17．已知等差数列的前项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知条件求得数列的首项和公差，从而求得.（2）利用错位相减求和法求得.【详解】（1）设等差数列的公差为，依题意，，则所以，解得，所以.（2），所以，，两式相减得，所以.18．如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C1⊥平面AA1C1C，D是AA1的中点，是边长为1的等边三角形.（1）求证：CD⊥B1D；（2）若BC=，求二面角B—C1D—B1的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）根据计算，利用勾股定理逆定理得;根据B1C1⊥平面AA1C1C，得,最后根据线面垂直判断定理以及性质定理证明结果；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积求二面角大小.【详解】（1）因为是边长为1的等边三角形，所以因为B1C1⊥平面AA1C1C，平面AA1C1C，所以因为为平面B1C1D内两相交直线，所以平面B1C1D因为平面B1C1D,所以CD⊥B1D；（2）以D为坐标原点，过平行直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则设平面BC1D的一个法向量为，平面C1DB1的一个法向量为由得令由得令因为二面角B—C1D—B1为锐二面角，所以二面角B—C1D—B1为【点睛】本题考查线面垂直判定与性质定理、利用空间向量求二面角，考查综合分析论证与求解能力，属中档题.19．世界卫生组织建议成人每周进行至5小时的中等强度运动.已知社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，且三个社区的居民人数之比为.(1)从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率；(2)假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且.现从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设三个社区的居民人数为，分别求出三个社区每周运动总时间超过5小时的人数为，再由概率公式即可求出答案.（2）由正态分布的性质求出，再由独立事件的乘法公式即可得出答案.【详解】（1）因为三个社区的居民人数之比为，设三个社区的居民人数为，所以社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，该居民每周运动总时间超过5小时的概率.（2）因为这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且，所以，由（1）知，，所以，因为随机变量服从正态分布，且关于对称，所以，所以从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为：.20．2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（也称“强基计划”），《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划.强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生.据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立.若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率均为，该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次为，，，其中.（1）若，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好通过一门科目的概率；（2）强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作出决策，则当该考生更希望通过甲大学的笔试时，求的范围.【答案】（1）考生报考甲、乙两所大学恰好通过一门科目的概率分别为，；（2）.【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件概率加法公式即可求解；（2）设该考生报考甲大学通过的科目数为，根据题意可知，，报考乙大学通过的科目数为，求得随机变量的概率分布，分别求出与的期望，比较即可得解.【详解】（1）设该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目为事件，则；该考生报考乙大学恰好通过一门笔试科目为事件，则.（2）设该考生报考甲大学通过的科目数为，根据题意可知，，则，报将乙大学通过的科目数为，随机变量的可能取值为：0，1，2，3.，，，，随机变量的分布列：0123 ，因为该考生更希望通过甲大学的笔试，∴，则，所以的范围为：.21．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.(1)求抛物线和圆的方程；(2)设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.【答案】(1)抛物线的方程为，圆的方程为(2)证明见解析 【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.【详解】（1）解：由题设得，所以抛物线的方程为.因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为由圆与轴相切，所以圆半径为，所以圆的方程为.（2）证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.故设过点且与圆相切的切线方程为，即.依题意得，整理得①；设直线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，故，②，由得③，因为点，则④，⑤由②，④，⑤三式得：，即，则，即，所以点在圆.22．已知函数且.(1)设，讨论的单调性；(2)若且存在三个零点.1）求实数的取值范围；2）设，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)1）；2)证明见解析 【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.【详解】（1）,,因为,定义域为当时,,解,得,解,得当时,,解,得,解,得综上, 当时, 增区间为,减区间为,当时, 增区间为,减区间为,（2）1）因为且存在三个零点.所以有3个根当时, ,在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.当,,即有两个根,令,可转化为与有两个交点,可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的, 其中,当,所以可得,即得.2）因为且存在三个零点.设，,易知其中 ,,因为,所以,故可知;①由1）可知与有两个交点,,是单调递增的, ,,,所以;②,若,则若,构造函数,设,因为又因为,所以③因为又因为所以即得④由③④可知, ,在上单调递增, 可得,可知与同号所以,在上单调递增. ,,又由1)可知所以,,,是单调递增的,所以⑤由①②⑤可知【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题, 证明的方法总结:先构造,再确定的单调性, 结合特殊值得到再利用单调性可得.