2023届河北省衡水市第十三中学高三上学期质检（三）数学试题（解析版）

2023届河北省衡水市第十三中学高三上学期质检（三）数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】计算，再计算交集得到答案.

【详解】，

所以.

故选：B

2．已知，则的虚部为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的四则运算运算求解.

【详解】因为，所以，所以的虚部为.

故选:A.

3．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用“分段法”确定正确答案.

【详解】因为，

所以.

故选：D

4．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．已知四棱锥是阳马，上平面，且，若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】运用空间向量的加减运算，把已知向量用空间中一组基底表示.

【详解】，

，

所以．

故选：C

5．若直线是曲线的一条切线，则实数（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用导数，根据斜率求得切点坐标，进而求得.

【详解】因为，所以，令，即，

得或（舍去），所以切点是，代入，

得，.

故选：D

6．抛物线的焦点为，为抛物线上一动点，定点，则的最小值为（    ）

A．8 B．6 C．5 D．9

【答案】A

【分析】根据抛物线的定义结合几何图形求解.

【详解】如图，

设抛物线的准线为，过作于，过作于，

因为，所以当，，三点共线时，

取得最小值，故的最小值为．

故选:A.

7．《几何原木》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，、是直角圆锥的两个轴截面，且，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.

【详解】在圆锥中，平面，设，以点为坐标原点，、所在直线分

别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，

因为，所以、、、，

，，

所以，

所以异面直线与所成角的余弦值为．

故选：B.

8．已知双曲线的离心率为，左､右焦点分别为，设过的直线与的右支相交于两点，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由可得，由得，，再结双曲线的定义表示出，，然后在和中利用余弦定理列方程可求得结果.

【详解】因为离心率为，所以，所以，

因为，

所以，即，

因为，所以，

因为，所以，，，

所以，

由余弦定理得

，

化简得，

解得，

故选：D

二、多选题

9．如图，在直三棱柱中，，若，则D可能为（    ）

A．的中点 B．AC的中点

C．的中点 D．的重心

【答案】BCD

【分析】设E，F分别为AC和的中点，证明平面BEF，得点在平面BEF内，从而可得正确选项．

【详解】设E，F分别为AC和的中点，因为是直三棱柱，所以平面ABC，平面ABC，所以，又因为，E为AC的中点，所以，因为，平面，所以平面，而平面，则，又因为，是正方形，与正方形的对角线平行，所以，又，平面BEF，所以平面BEF，因为，所以点D在平面BEF内．

故选：BCD.

10．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则的最小值为5

C．以线段为直径的圆与直线相切

D．若，则直线的斜率为

【答案】AC

【分析】根据抛物线的焦半径公式即可判断A；过点作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义结合图象即可判断B；设点的坐标分别为，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，从而可得线段的中点坐标及长度，再求出中点到准线的距离即可判断C；根据，可得，结合C选项即可判断D.

【详解】解：抛物线的准线方程为，

对于A，由，得，故A正确；

对于B，过点作准线的垂线，垂足为，

则，

当且仅当三点共线时，取等号，

所以的最小值为4，故B错误；

对于C，设点的坐标分别为，直线的方程为，

联立方程，消去得，

则，

则，线段的中点为，

点到直线的距离为，

所以以为直径的圆与直线相切，故C正确；

对于D，因为，所以，可得，

由，

得，解得，故D错误.

故选：AC.

11．已知动点到原点与的距离之比为2，动点的轨迹记为，直线，则下列结论中正确的是（    ）

A．的方程为

B．动点到直线的距离的取值范围为

C．直线被截得的弦长为

D．上存在三个点到直线的距离为

【答案】AD

【分析】根据两点之间距离公式和题意确定方程，结合圆心到直线的距离即可求解，圆的弦长公式求法即可进一步求解.

【详解】设，因为，所以，

所以的方程为，故A正确；

因为圆心到直线的距离，

所以直线与圆相交，且弦长为，故C错误；

动点到直线的距离的取值范围为，故B错误，D正确．

故选：AD.

12．设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据逆向思维得到 ，代入推出的对称轴 ，即可判断A选项；根据为奇函数推出对称中心，进一步得出，即的周期为4，即可判断C选项；由是由的图像变换而来，所以的周期也为4，进而判断B选项；再算出时的函数值以及一个周期内的值即可求解，判断D选项.

【详解】因为，所以.

因为，所以，

用去替，所以，所以.

因为，取代入得到，得，

所以，用换，所以，

所以的图象关于直线对称，所以，故A正确；

因为为奇函数，则 过, 图像向右移动两个单位得到过，故图像关于对称，，所以，且.

因为，所以，则的周期，

所以，故C错误；

因为，，所以的周期也为4，

所以，，

所以，故B正确；

因为，，，，

所以，故D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．若直线与直线平行，则_______.

【答案】2

【分析】利用两直线平行求参数即可

【详解】因为，

所以，

所以或.

当时，，，

重合；

当时，，，

，符合题意.

故答案为：2.

14．将函数的图象向左或向右平移个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，则的一个取值可能为__________.

【答案】（或）（只需从中写一个答案即可）

【分析】根据三角函数图象变换的知识求得的解析式，根据是偶函数列方程，化简求得的表达式，进而求得的可能取值.

【详解】由题意可知.

因为是偶函数，所以，

所以.

因为，

所以的取值可能为.

故答案为：（或）（只需从中写一个答案即可）

15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则的面积为______．

【答案】

【分析】由余弦定理及已知条件可得，再由三角形的面积公式即可得答案.

【详解】解：因为，，

所以，

因为，

所以，

得，

故．

故答案为：

四、双空题

16．设椭圆的上顶点为，且长轴长为，则椭圆的标准方程为___________；过任作两条互相垂直的直线分别另交椭圆于，两点，则直线过定点___________．

【答案】         

【分析】设，根据是椭圆的上顶点，得到，再根据长轴长为，得到求解；设直线的方程为，与椭圆方程联立，由求解.

【详解】解：设，

因为是椭圆的上顶点，所以．

因为长轴长为，所以，

所以椭圆的标准方程为．

易知直线的斜率存在，设直线的方程为，，，

由可得，

所以，，

因为，，

所以，

，

，

所以，解得或．

当时，直线经过点，不满足题意，

所以直线的方程为，

故直线过定点．

故答案为：，

五、解答题

17．已知数列满足，．

(1)求的通项公式；

(2)若数列的前n项和为，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据累加法求解即可；

（2）由题知，进而根据裂项求和得，，再求和即可得答案.

【详解】（1）解：因为，

所以，当时，，，…，，

相加得，

因为，所以，

因为满足，

所以，．

（2）解：因为，

所以．

因为，

所以．

18．已知的顶点分别为，，．

(1)求外接圆的方程；

(2)直线上有一动点，过点作外接圆的一条切线，切点为，求的最小值，并求点的坐标．

【答案】(1)；

(2)的最小值为，点的坐标为.

【分析】（1）设出圆的一般方程，代入三个点的坐标得到方程组，解出即可；

（2）设圆心为，首先判断与圆相离.根据已知条件，可得出，则当最小时，最小.又，即圆心到直线的距离，进而根据已知可求出最小时点的坐标.

【详解】（1）设外接圆的方程为，

代入，，，可得，

即，解得，

所以外接圆的方程为．

（2）由（1）知，外接圆可化为，

圆心设为，半径.

设为点到直线的距离，则，所以与圆相离.

由已知，是圆的一条切线，切点为，则，

在中，有，所以要使最小，只需最小．

当时，最小，即，

.

设，因为，可设直线方程为，

又，所以，所以.

所以，直线方程为，又在上，

联立与的方程，解得，即．

19．如图，在五面体ABCDE中，平面ABC，，，．

(1)求五面体ABCDE的体积；

(2)求二面角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）可将该五面体分割成多个简单几何体后进行体积求解.

（2）建立空间直角坐标系，用空间向量先求出二面角的余弦值，再求正弦值.

【详解】（1）因为平面ABC，所以．

因为，平面BCE，平面BCE，

所以平面BCE，所以，

所以．

（2）如图，取AC的中点O，连接OB，因为，所以，作．

以O为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐以标系，则，，，，，，，．

设平面CDE的法向量为，则

令，得．

设平面ACE的法向量为，则

令，得．

因为，

所以，

故二面角的正弦值为．

20．如图，在长方体中，.

(1)求到平面的距离；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，从而求得与平面的法向量，进而利用空间向量法求得点到平面的距离；

（2）结合（1）中结论，求得的坐标表示，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可求得结果.

【详解】（1）根据题意，以点为原点，建立空间直角坐标系，如图，

则，

则，，

设平面的一个法向量为，则，

令，则，故，

所以到平面的距离为.

.

（2）由（1）得，平面的一个法向量为，

设直线与平面所成角为，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

21．已知椭圆的长轴长为，且点在椭圆上.

(1)求椭圆的方程.

(2)设为坐标原点，过点的直线（斜率不为0）交椭圆于不同的两点（异于点），直线分别与直线交于两点，的中点为，是否存在实数，使直线的斜率为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题可得，再将点的坐标代入椭圆方程可求出，从而可求出椭圆方程；

（2）由题意设直线为，，将直线方程代入椭圆方程化简再利用根与系数的关系，然后分别表示出直线，的方程，表示出点的坐标，从而可表示出点的坐标，则可表示出，化简可得结果.

【详解】（1）因为椭圆的长轴长为，

所以，得，

所以椭圆为，

因为椭圆过点，所以，得，

所以椭圆方程为；

（2）由题意设直线为，，

由，得，

，得，

则，，

因为，所以直线为，

当时，，

所以，

因为，所以直线为，

当时，，

所以，

因为的中点为，

所以，

所以

若为定值，则与无关，

所以，解得，

所以当时，直线的斜率为定值.

22．已知双曲线的上､下顶点分别为为虚轴的一个顶点，且.

(1)求的方程；

(2)直线与双曲线交于不同于的两点，若以为直径的圆经过点，且于点，证明：存在定点，使为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）不妨设，求出、的坐标，根据可得答案；

（2）设，当直线的斜率存在时，设其方程为，与双曲线方程联立，由韦达定理求出，，，根据求出，代入整理得，求出，当直线的斜率不存在时，设其方程为，代入双曲线方程，根据，求出矛盾；再由，得点在以为直径的圆上，为该圆的圆心，为圆的半径可得答案.

【详解】（1）由题，不妨设，

所以，，

因为，所以，解得，

所以的方程为；

（2）设，且，

当直线的斜率存在时，设其方程为，与双曲线方程联立

，整理得，

且，

所以，

，

，

，

因为以为直径的圆经过点，所以，，

所以，

即，

整理得，解得或，

当时，过点，不符合题意，

所以时，，直线过定点；

当直线的斜率不存在时，设其方程为，

代入双曲线方程，得

所以，且，，

所以，，

因为以为直径的圆经过点，所以，，

所以，

解得与矛盾；

因为，所以点在以为直径的圆上，为该圆的圆心，为圆的半径，

由为的中点，得，，

所以存在定点，使得使为定值.

【点睛】关键点点睛：在第二问中，解题的关键点是以为直径的圆经过点，转化为，

再由韦达定理代入得，求出，考查了学生分析问题、解决问题及运算的能力.