2023年河北省唐山市开滦二中高考数学一模试卷（含答案解析）

这是一份2023年河北省唐山市开滦二中高考数学一模试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了 已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
2023年河北省唐山市开滦二中高考数学一模试卷1.  若集合，，则的元素个数为(    )A. 2 B. 3 C. 4 D. 52.  若为纯虚数，则实数a的值为(    )A.  B.  C.  D. 3.  为了完成学校布置的暑期社会实践任务，师范生小红、小明、小勇、小燕将分别前往甲、乙、丙、丁4个贫困的地区进行支教，每个地区一人负责，每人去不同的地区.为了了解四人的意愿，辅导员唐老师分别与小红、小明、小勇、小燕进行交谈，谈话结果如下：
①小红：我不去乙地支教；
②小明：我不去甲地支教，也不去乙地；
③小勇：我不去丙地支教；
④小燕：他们三人先选，剩下的我去.
若四人中小勇说了假话，其余三人说的是真话，则在完全尊重四人意愿的基础上，唐老师应当将小燕分配到进行支教.(    )A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地4.  已知等比数列的前n项和为，若，则(    )A.  B.  C.  D. 5.  如图是我国古代米斗，它是随着粮食生产而发展出来的用具，是古代官仓、粮栈、米行等必备的用具，早在先秦时期就有，到秦代统一了度量衡，汉代又进一步制度化，十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来.若将某个米斗近似看作一个正四棱台，其中两个底面的边长分别为30cm、60cm，且米斗的容积为，则该米斗的侧棱长为(    )A.  B.  C. 20cm D. 25cm6.  已知函数，则函数的零点个数为(    )A. 1 B. 2 C. 3 D. 47.  已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，第一象限的点M在双曲线C上，且，线段与双曲线C的左支交于点N，若，，则双曲线C的渐近线方程为(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知函数，则不等式的解集为(    )A.  B.
C.  D. 9.  已知正方体中，E，F，G，H，I分别是线段，，，AB，的中点，则(    )A.  B.  C.  D. 10.  已知函数，其中x和的部分值如下表所示，则下列说法正确的是(    )x0 A.  B.  C.  D. 11.  已知曲线C上任意一点P到，的距离之比为2，直线l：与曲线C交于P，Q两点，若，则下列说法正确的是(    )A. 曲线C的轨迹是圆
B. 曲线C的轨迹方程为
C.
D. 12.  若关于x的不等式在上恒成立，则实数m的值可能为(    )A.  B.  C.  D. 13.  已知，，若，则______ .14.  的展开式中项的系数为______ .15.  已知椭圆的左、右焦点分别为，点P在椭圆C上，且，则的最大值为______ .16.  已知四棱锥的外接球O的表面积为，四边形ABCD为矩形，M是线段SB的中点，N在平面SCD上，若，，，则球O的体积为______ ，MN的最小值为______ .17.  已知锐角中，，且_____.请从下列个条件中任选两个填充在横线上，并求的值.
①的面积为；
②；
③
注：如果选择不同条件分别解答，按第一个解答计分.18.  2022年秋季开始，劳动课程将正式成为中小学的一门独立课程，根据2022年版义务教育“新课标显示”，清洁与卫生、整理与收纳、烹饪与健康、农业生产劳作等任务，将贯穿不同的年级.某校为了贯彻落实教育部要求，调查了在校高中生一周参加劳动的时间，所得结果统计如图所示.
求a的值；
求该校学生一周参加劳动的平均时间；
以频率估计概率，若在该市所有学生中随机抽取4人，记一周的劳动时间在的学生人数为X，求X的分布列以及数学期望
19.  如图，在四棱锥中，点S在平面ABCD上的投影为线段AD的中点O，且，，E，F分别是线段SA，SB的中点.
求证：平面SOC；
求直线CE与平面SAB所成角的余弦值.
20.  已知正项等差数列的前n项和为，且，
求；
若，求数列的前n项和21.  已知抛物线C：的焦点F到准线l的距离为2，圆：
若第一象限的点P，Q是抛物线C与圆的交点，求证：点F到直线PQ的距离大于1；
已知直线l：与抛物线交于M，N两点，，若点N，G关于x轴对称，且M，A，G三点始终共线，求t的值.22.  已知函数
讨论函数的单调性；
已知函数，若曲线与过点且斜率为m的直线l相切，求证：
答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：，，且，，
又，
则，的元素个数为3个．
故选：
先化简集合A，要注意等号是否取到，再根据交集的定义计算即可．
本题考查集合的运算，分式不等式的解法，属于基础题．
 2.【答案】A 【解析】解：因为为纯虚数，
所以且，
故
故选：
结合复数的四则运算进行化简，然后结合复数的概念即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的概念，属于基础题．
 3.【答案】B 【解析】解：由题意，小勇说了假话，则小勇去丙地支教；
小明：我不去甲地支教，也不去乙地；那么小明去丁地支教；
小红：我不去乙地支教，则小红去甲地支教；
小燕：他们三人先选，剩下的我去，小燕去乙地支教．
故选：
利用已知条件，判断小燕分配的地区即可．
本题考查简单合情推理的应用，是基础题．
 4.【答案】D 【解析】解：设等比数列的公比为q，
，
则，即，
故
故选：
根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
 5.【答案】B 【解析】解：设正四棱台的高为h，依题意，，
解得，故侧棱长为，
故选：
由台体体积公式可求台体的高，进而可求侧棱长．
本题考查台体的体积公式，属基础题．
 6.【答案】C 【解析】解：令得，

在同一直角坐标系中作出，的大致图象如下：
由图象可知，函数与的图象有3个交点，
即函数有3个零点，
故选：
令得，在同一直角坐标系中作出，的大致图象，由图象可知，函数与的图象有3个交点，即可得出答案．
本题考查函数的零点，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
 7.【答案】D 【解析】解：双曲线C：的左、右焦点分别为，，第一象限的点M在双曲线C上，
且，可知，线段与双曲线C的左支交于点N，若，，
，，，，，
，解得，，可得，可得，
则双曲线C的渐近线方程
故选：
利用已知条件，结合等量关系，结合双曲线的定义以及焦距，转化求解渐近线方程即可．
本题考查双曲线的性质与定义的应用，考查数形结合的数学思想，是中档题．
 8.【答案】B 【解析】解：依题意，，
故，
在上恒成立，则在上单调递增，
又函数为偶函数，则在上单调递减，
故或，
故不等式的解集为
故选：
依题意，，故，可知函数为偶函数，且在上单调递减，在上单调递增，利用单调性即可求解．
本题考查了导数的综合应用，属于中档题．
 9.【答案】AB 【解析】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

设正方体中，棱长为2，
则，，，，，，，，，，
，，，，故A正确；
，，，故B正确；
，，故C错误；
，，故D错误．
故选：
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
本题考查空间中线线垂直的判定与性质、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 10.【答案】BC 【解析】解：，，，
，解得，故B正确；
，故A错误；
，
，故C正确；
，故D错误．
故选：
由，，，得，解得，从而，进而，由此能求出结果．
本题考查三角函数的图象和性质、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 11.【答案】AD 【解析】解：设点P的坐标为，
因为点P到，的距离之比为2，所以，即，
所以，化简得，即选项A正确，B错误；

设，，
由，知，即，
不妨设，，则，
联立，得，
所以，，
把代入，化简得，解得，即C错误；
此时有，即，解得或，即，，
所以，即D正确．
故选：
设点P的坐标为，由两点间距离公式，可得点P的轨迹方程，从而判断选项A和B，由，推出，联立直线l与曲线C的方程，结合韦达定理，可求得，进而知，，再由弦长公式，得解．
本题考查直线与圆的位置关系，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 12.【答案】CD 【解析】解：因为不等式在上恒成立，
所以，即，
故，
由可得，，
令，则，
故在上单调递增，等价于，即，
所以，
令，，
则，
易得在上单调递增，在上单调递减，
因为，
所以当时，在上单调递增，在上单调递减，
故，
要使得原不等式成立，则，
当时，在上单调递减，，符合题意，
综上，m的取值范围为
故选：
原不等式可转化为，即，结合不等式构造函数，对其函数求导，结合导数分析函数的性质，可求．
本题主要考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：，，
则，
，
则，解得，
故，
所以
故答案为：
根据已知条件，结合向量垂直的性质，求出，再结合向量模公式，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，以及向量模公式，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：的展开式通项公式为，
令，解得，
令，解得，
故的展开式中项的系数为
故答案为：
根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：如图，

由椭圆方程可得，，则，
连接并延长，交椭圆于P，
则，
此时取最大值为
故答案为：
由题意画出图形，结合椭圆定义可得，再由三角形两边之差小于第三边求解．
本题考查椭圆的简单性质，考查化归与转化、数形结合思想，是中档题．
 16.【答案】 【解析】解：设球O的半径为R，则，解得，故球O的体积为，
，，，
又，，故平面ABCD，
因为底面ABCD为矩形，故侧棱SC为球O的直径，又，
解得，过A作于G，
取AS的中点F，连接MF，则平面SCD，易证平面ASD，则，
从而平面SCD，则等面积法，，

则F到平面SCD的距离为
故答案为：；
设球O的半径为R，由已知可得R，进而可得球的体积，又可得平面ABCD，过A作于G，取AS的中点F，连接MF，求得F到平面SCD的距离即为MN的最小值．
本题考查空间几何体的性质，考查外接球问题，属中档题．
 17.【答案】解：选①②时，由，又，，
解得，，
因为，，故，即，解得，
由余弦定理可得，，
由正弦定理可得，，故
选①③时，过B作于D，

因为的面积，，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以
选条件②③，
由，又，，
解得，，
由正弦定理可得，，
由余弦定理得：，故负值舍去，
 【解析】选①②时，由已知可得，由面积可得a，进而由余弦定理可求b，进而由正弦定理可得，即可解决问题；
选①③时，过B作于D，由三角形的面积公式求出DB长，由勾股定理求出AD，BC长，即可解决问题；
选②③时，由已知可得，进而由正弦定理可得，由由余弦定理可求a，即可解决问题．
本题考查解直角三角形，考查三角形的面积公式，考查运算求解能力，属中档题．
 18.【答案】解：，
解得
该校学生一周参加劳动的平均时间为
由题意得，，
，
，
，
，
，
故X的分布列为：X01234P 【解析】根据频率分布直方图中各小长方形面积之和为1，列方程即可求解；
利用平均数的公式列式即可求解；
求得X的可能取值及对应概率，完成分布列，即可求得期望．
本题考查频率分布直方图的性质，平均数的计算，离散型随机变量的分布列及期望，是中档题．
 19.【答案】解：证明：，F分别是线段SA，SB的中点，
，又易知AO平行且等于BC，
四边形ABCO为平行四边形，
，又，
，又平面SOC，且平面SOC，
平面SOC；
根据题意易知OS，AD，OB两两相互垂直，
分别以OS，AD，OB所在直线为z，y，x轴，建系如图，
设，则根据题意可得：
，，，，，
，，，
设平面SAB的法向量为，
则，取，
直线CE与平面SAB所成角的正弦值为：
，
直线CE与平面SAB所成角的余弦值为 【解析】根据题意易知，从而再根据线面平行的判定定理，即可证明；
建系，利用向量法，向量夹角公式，三角函数的同角关系，即可求解．
本题考查线面平行的判定定理，向量法求解线面角问题，三角函数的同角关系，属中档题．
 20.【答案】解：设正项等差数列的公差为d，，
，解得
，
，
…，
，
化为，
，
，，
解得，

由可得：
，
数列的前n项和…，
…，
…，
 【解析】设正项等差数列的公差为d，由，可得，解得可得，根据，利用裂项求和方法可得，利用求和公式即可得出
由可得：，可得，利用错位相减法即可得出结论．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 21.【答案】解：证明：由抛物线的方程可得焦点，准线方程为：，
所以焦点到准线的距离，
所以抛物线的方程为：，即，P，Q在第一象限，
联立，解得，，
所以直线PQ的方程：，即，
所以焦点F到直线PQ的距离，
即证得点F到直线PQ的距离大于1；
设，，由题意，
直线l的方程为，，
联立，整理可得：，
，可得，，，
要使M，G，A三点共线，则，
即恒成立，
即，
整理可得：，
整理可得，而，
所以，
所以 【解析】由抛物线的方程可得焦点到准线的距离，由题意可得p的值，进而求出抛物线的方程，联立抛物线的方程与圆的方程，求出P，Q的坐标，求出直线PQ的方程，进而求出焦点F到直线PQ的距离，可证得焦点F到直线PQ的距离大于1；
设M，N的坐标，由题意可得G的坐标，联立直线l与抛物线的方程，可得两根之和及两根之积，求出直线MG，MA的斜率相等，将两根之和及两根之积代入，可求得t的值．
本题考查了求抛物线的方程，直线与抛物线的综合应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 22.【答案】解：，
令，得，
当时，，单调递减，
当时，方程的根为，
若，则在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
若，则在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
综上所述，当时，在R上单调递减，
若，在上单调递减，在上单调递增，
若，在上单调递增，在上单调递减．
证明：，
所以，
直线l的方程为，
设切点为，则①，
②，
③，
由①②得，
将代入上式，得
，
即，
因为存在切点使得上式成立，
所以方程有解，
所以④，
由②③得，
代入①得，
当时，，与②矛盾，
当时，，即，
所以且，
所以，当且仅当，即时取等号，
又，
所以，
令，，
，
所以在上单调递增，
，，
所以且，
所以当时，，
所以，得证． 【解析】求导得，令，得，分三种情况：当时，当，当，讨论的符号，进而可得的单调性．
根据题意可得，直线l的方程为，设切点为，则①，②，③，进而可得④，结合基本不等式，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．