2023届河北省五个一联盟高三上学期12月联考数学试题（解析版）

2023届河北省五个一联盟高三上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则集合（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简集合，再利用交集的定义运算即可.

【详解】因为，，

所以.

故选：C.

2．已知，其中i为虚数单位，则z的虚部是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将复数化简即可.

【详解】，

则则z的虚部是，

故选：B.

3．已知或，，则p是q的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据充分条件必要条件的定义即得.

【详解】因为或，，

所以且，，

当时，并不能确定且；当且时，必成立，

所以是的必要不充分条件，

故p是q的必要不充分条件.

故选：B.

4．已知双曲线，左、右焦点分别为、，O为坐标原点，P为右支上一点，且，O到直线的距离为b，则双曲线C的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】利用已知条件及图像用两种方式求出，建立关于的等式，结合及双曲线离心率，化简方程，解出即可.

【详解】如图所示：

由为坐标原点，为右支上一点，且，

在双曲线中：，

所以，

由三角形的性质有：，

过作，则

因为到直线的距离为b，且为的中点，

所以为的中位线，为线段的中点，

所以，

在中，

所以，

所以

所以，

由双曲线的定义有：，①

， ②

联立①②解得：，

所以，

所以，

所以，因为，

所以，

故选：B.

5．已知，，且，则的最小值为（    ）

A． B．4 C． D．

【答案】D

【分析】利用基本不等式即可求解.

【详解】因为

（当且仅当时取等号），

因为，所以，

故选：.

6．设异面直线所成的角为，经过空间一定点有且只有四条直线与直线所成的角均为，则可以是下列选项中的（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据异面直线所成的角，转化为同一个面内所成的角，让过点的直线分别在面内和面内旋转，得到角度的取值范围，即可得到经过空间一定点有且只有四条直线与直线所成的角的范围，即可得出结果

【详解】解：由题意，

过点作， 则与所成的角即为异面直线所成的角，为，

与确定一个平面，过点作，作直线和分别平分与所成的几个角

∵异面直线所成的角为

∴当过点的直线在面内旋转时，与和所成角为，

则的最小为角平分线，最大为垂直时的，

当过点的直线在面内旋转时，与和所成角为，

则的最小为角平分线，最大为垂直时的，

∵经过空间一定点有且只有四条直线与直线所成的角均为，

∴

∴可以为

故选：C.

7．设，，，那么以下正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】，，.

据此可得答案.

【详解】因在上单调递增，，

则，.，因，

则，又，，则

，又；

令，其中，

则，得在上单调递增，

在上单调递增.

则，当且仅当取等号.

得.

综上，有，即.

故选：B

【点睛】关键点点睛：本题为比较对数式，三角式及分式的大小，难度较大.通常此类问题常利用构造函数，再利用函数单调性比较大小，在判断大小时，因难以找到合适函数，故采用估值手段.

8．已知点列在内部，的面积与的面积比为，在数列中，，若存在数列使得对且，都成立，那么（    ）

A．15 B．31 C．63 D．127

【答案】D

【分析】延长交于，由三角形面积比得出，从而有向量关系，由已知及可得出与的关系，然后由依次计算可得．

【详解】延长交于，

，又的面积与的面积比为，

∴，即，

，

又，

由得，

（否则与重合），所以，

，则，，．

故选：D．

二、多选题

9．下列说法错误的是（    ）

A．甲乙丙丁四个人排队，事件A：甲不在排头，事件B：乙不在排尾，那么；

B．若随机变量服从二项分布，则；

C．若随机变量服从正态分布，则，；

D．，.

【答案】BCD

【分析】根据条件概率可判断A，根据二项分布的概率公式可判断B,根据正态分布的参数意义可判断C,根据均值和方差的性质可判断D.

【详解】对于A, ,,故,故A正确，

对于B，随机变量服从二项分布，则，故B错误，

对于C, 若随机变量服从正态分布，则，,故C错误，

对于D，，但，故D错误，

故选：BCD

10．已知函数，其一个对称中心为点，那么以下正确的是（    ）

A．函数的图象向右平移个单位后，关于y轴对称；

B．函数的最小正周期为；

C．不等式的解集是；

D．当时，恒成立.

【答案】ACD

【分析】根据函数的对称性结合条件可得，根据图象变换规律及三角函数的性质可判断A，根据特值可判断B，根据三角函数的图象和性质可判断C，利用导数可得函数的单调性进而判断D.

【详解】因为，其一个对称中心为点，

所以，又，

所以，，

所以函数的图象向右平移个单位可得，又，

故函数为偶函数，图象关于关于y轴对称，故A正确；

因为，所以函数的最小正周期不是，故B错误；

由，可得，

所以，即，故C正确；

设，则，

所以在上单调递增，，即恒成立，故D正确.

故选：ACD.

11．已知x，y，z均为正数，，，，则三元数组可以是以下（    ）

A． B． C． D．

【答案】CD

【分析】利用余弦定理和三角形的两边之和大于第三边即可证明．

【详解】作，设，，．

由余弦定理得，

同理，．

因此以，，为边长能够围成三角形即可，

根据三角形的任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边可知CD符合，AB不符合.

故选：CD

12．已知等腰三角形ABC，，，D为边AB上一点，且，沿CD把向上折起，A到达点P位置，使得二面角的大小为，在几何体PBCD中，若其外接球半径为R，其外接球表面积为S，那么以下正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】在原平面三角形中，由余弦定理可求得，从而得三角形的各内角，作出二面角的平面角并证明，分别以所在直线为轴，过与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，则轴，由二面角大小求得点坐标，从而可得，中点是，的外心是线段的中点，则平面，由此可求得点坐标，求出球半径、表面积．由此判断各选项得结论．

【详解】在中，由余弦定理得，是三角形内角，

则，又，所以，

在中，，

于是，从而，，

在二面角中，作交的延长线于点，如图，则，

又，所以，，，

作且，则是矩形，，，

所以是二面角的平面角，，

，平面，，所以平面，

过作交延长线于，则平面，，，平面，所以平面，

，，，，

如图，分别以所在直线为轴，过与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，则轴，

所以，，，，

的外心是的中点，由题意，

设棱锥的外接球的球心为，则平面，

设，则由得，解得，

所以球半径为，球表面积为．

故选：ABD．

三、填空题

13．在的展开式中，常数项是第____________项.

【答案】4

【分析】根据展开式的通项公式赋值即可解出.

【详解】因为的展开式的通项公式，

令，即，所以常数项是第4项.

故答案为：4.

14．已知函数的值域为，那么的取值范围是____________.

【答案】

【分析】根据函数的取值范围转化为定义域的问题，对参数是否为0进行分类讨论，即可求出的取值范围

【详解】解：由题意

在中，值域为

当时，，

∴解得：

当时，

则解得

综上，

故答案为：.

15．已知椭圆上有不同的三点A，B，C，那么面积最大值是____________.

【答案】

【分析】将椭圆进行一个坐标变换，则椭圆方程转化为单位圆方程，此时椭圆内接变成圆内接，而圆的内接三角形面积以其为内接正三角形时面积最大，求出的面积即可求解.

【详解】对椭圆进行坐标变换，则椭圆方程转化为单位圆方程，此时，椭圆内接变成圆内接，

而圆的内接三角形面积以其为内接正三角形时面积最大，在中，由正弦定理可得：，所以，则，

将图形还原到椭圆中，的面积的最大值为：，

故答案为：.

16．对，都有恒成立，那么m的取值范围是____________.

【答案】

【分析】由题意可得在恒成立，令，，即有，利用导数求得，然后取特值,可得成立的必要条件为，反过来再证明充分性即可.

【详解】解：因为对，都有恒成立，

即在恒成立，

设，，则 对恒成立.

所以，即,解得.

下面证明当时， 对恒成立.

由得，

令，则有，且，

所以在上单调递减，

所以当时，，即，单调递增，

当时，，即，单调递减，

所以，

为使 对恒成立，只需

所以在恒成立，

即在恒成立，

即在恒成立，

即在恒成立，

当时，，当时，等号成立，

所以

又因为，所以，所以在恒成立，

所以 对恒成立.

综上所述，    当且仅当时， 对恒成立，恒成立，

m的取值范围为.

故答案为：

【点睛】先将已知不等式部分分离为不等号的左右为两个不同类型的函数，求得确定形式的一边的最值，然后取极值点的横坐标作为特殊值，得到不等式恒成立的必要条件，再证明其充分性，这是求解一类难以彻底分离的不等式恒成立问题的一种重要方法.

四、解答题

17．已知数列，其前n项和.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据与的关系作差即可求解；（2）根据乘公比错位相减法即可求解.

【详解】（1）由题意可知，，

两式作差，可得，当时，，

所以.

（2）由题意可知，，，

那么，

可知：，

两边乘以2，

可得：，

两式作差可得：

所以，

即：.

而当时，

所以.

18．已知在如图所示的三棱锥中，，，，，面面.

(1)求棱的长度；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间中两点间的距离公式可求得棱的长度；

（2）求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）解：因为，，，则，

同理可得，

取的中点，连接、，则，且，

所以，为等边三角形，

因为平面平面，平面平面，平面，

平面，

以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于

的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，

所以，.

（2）解：设平面的法向量为，，，

则，取，可得，

，，

因此，直线与平面所成角的正弦值为.

19．在三角形ABC中，若.

(1)求角A的大小；

(2)如图所示，若，，求长度的最大值.

【答案】(1)

(2)6

【分析】(1)由正弦定理可得，再利用余弦定理、基本不等式和辅助角公式即可求解；

(2)结合（1）可知：三角形ABC是正三角形， 设，，利用余弦定理、正弦定理和两角和的余弦公式即可求解.

【详解】（1）由已知及正弦定理可得：，

再由余弦定理可得：，

即：，整理可得：，

可知左边，当且仅当时等号成立，右边，

当且仅当时等号成立，所以左右相等只有两边都等于2时，即同时取得等号，所以.

（2）由（1）可知：，所以三角形ABC是正三角形.

设，，那么由余弦定理可得：

，即：，所以.

在三角形BDC中，由正弦定理可得：，整理得：，

因为，所以为锐角，那么，

则，

在中，由余弦定理可得：，

即，

当且仅当时取得等号，

所以最大值为6.

20．甲、乙两人进行一次乒乓球比赛，约定先胜4局者获得这次比赛的胜利，比赛结束，假设在一局比赛中，甲、乙获胜的概率均为0.5，且各局比赛结果相互独立，已知前两局比赛均为甲获胜.

(1)求甲获得这次比赛胜利的概率；

(2)设表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，求的分布列及数学期望.

【答案】(1)；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）将甲获得这次比赛胜利的事件分拆成甲再赛2局、3局、4局、5局的四个互斥事件的和，结合独立重复试验的概率求解作答.

（2）求出的可能值，再分别求出各个值对应的概率，列出分布列，求出期望作答.

【详解】（1）令甲再赛局获胜的事件为，显然取对应的事件互斥，

甲获得这次比赛胜利的事件，则，且事件表示前局甲胜1局，第i局甲获胜，

，

于是得，

所以甲获得这次比赛胜利的概率是.

（2）因为表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，则可取2，3，4，5，

其中，分别为事件，的事件是事件与乙连胜4局的事件和，

的事件是事件与从第3局开始到比赛结束的前4局乙胜3局，最后一局乙胜的事件和，

由（1）知，，，

，，

所以的分布列为

所以的数学期望.

21．已知函数，.

(1)若恒成立，求a；

(2)若直线l与函数的图象切于，与函数的图象切于，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将不等式进行等价转化，根据题意得出，也即，然后再证明成立即可；

（2）根据导数的几何意义可得：，化简整理可得：，构造函数，利用导数判断函数的单调性即可证明.

【详解】（1）设函数，发现，

所以恒成立，

那么是函数的最小值点，也就是极小值点，所以，

求导：，把代入得：.

证明：当时，，求导：，

当时，，单调递减；当，，单调递增.

所以.所以.

（2）由题意可知：，，

那么：

解之可得：，即，

所以满足，即

令，可知单调递增，且，，所以，

而，所以，命题得证.

【点睛】(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数，把所求问题转化为求函数的最小值问题．

(2)若可导函数在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为 (或)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．

22．已知椭圆，左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为，若为椭圆上一点，的最大值为，点在直线上，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，其中不与左右顶点重合.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)从点向直线作垂线，垂足为，证明：存在点，使得为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用已知条件建立方程求出的值即可；

（2）分析直线斜率是否存在，存在时设直线方程，联立方程组消元，写出韦达定理，然后设直线，直线的方程，由两直线联立可知交点为，且点在直线上，建立等式，代入韦达定理求解即可.

【详解】（1）由题意可得：，设，，那么

，

可知，当且仅当取得等号，

所以，

即的最小值为.

又的最大值为，所以，

所以，又，

所以解得，，

所以椭圆C的标准方程为.

（2）证明：由题意可知，直线斜率为0时，显然不成立；

设直线，点，，

联立直线与椭圆，

整理可得：，

，，

设直线，直线，

两直线联立可知交点为，且点在直线上

解之：，

所以：，

即：.

而，

代入上式，，

即：，

然后韦达定理代入可得：，

解之可得：或（舍）.

可知直线MN过定点，

又由条件：，

所以Q在以AE为直径的圆上，圆心即为，为定值.