2023届河北省唐山市高三二模数学试题含解析

2023届河北省唐山市高三二模数学试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据并集的定义求解．

【详解】由已知，

故选：B．

2．的共轭复数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数乘法运算求出，再求出共轭复数即可.

【详解】由题意得，所以，    

故选：D

3．某校高三年级一共有1200名同学参加数学测验，已知所有学生成绩的第80百分位数是103分，则数学成绩不小于103分的人数至少为（    ）

A．220 B．240 C．250 D．300

【答案】B

【分析】因为第80百分位数是103分，所以小于103分的学生占总数最多为，即成绩不小于103分的人数至少为总数的.

【详解】由人，所以小于103分学生最多有960人，所以大于或等于103分的学生有人.

故选：B

4．函数的单调递减区间为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】根据整体法即可列不等式求解.

【详解】,解得，

故单调递增区间为，

故选：A

5．已知圆：，圆：，则与的位置关系是（    ）

A．外切 B．内切 C．相交 D．外离

【答案】C

【分析】算出两圆圆心的距离，然后与两圆半径之和、差比较即可.

【详解】圆的圆心为，

圆的圆心为，

所以

所以圆与的位置关系是相交.

故选: C.

6．从2艘驱逐舰和6艘护卫舰中选出3艘舰艇分别担任防空、反潜、巡逻任务，要求其中至少有一艘驱逐舰，则不同的安排方法种数为（    ）

A．336 B．252 C．216 D．180

【答案】C

【分析】先用排除法，由8艘舰艇选3艘，减去3艘全是护卫舰的选法即得选法，然后安排它们去担任不同的任务．

【详解】由题意方法数为，

故选：C．

7．椭圆：的左、右焦点分别为，，直线过与交于，两点，为直角三角形，且，，成等差数列，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据椭圆定义以及焦点三角形即可中中由求解.

【详解】由为直角三角形，且，，成等差数列，可知不是最长的边，故为直角边，

结合椭圆的对称性，不妨设,

由椭圆的定义可知的周长为，又，

所以，进而可得，

由，

故，，

在中，，所以，

故选：B

8．已知函数有三个极值点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用多次求导的方法，列不等式来求得的取值范围.

【详解】的定义域是，有三个零点，

令，

当时,

所以在区间单调递增；

至多有一个零点不合题意，A，B，C选项错误；

令,

,单调递增

,单调递增;

,单调递减;

,

且

单调递减;

,

,

有三个极值点，

所以实数a的取值范围.

故选：D.

二、多选题

9．如图，直四棱柱的所有棱长均为2，，则（    ）

A．与所成角的余弦值为

B．与所成角的余弦值为

C．与平面所成角的正弦值为

D．与平面所成角的正弦值为

【答案】BC

【分析】证明是异面直线与所成角或其补角，求出其余弦值，作于，证明是与平面所成角，然后求出其正弦值．

【详解】连接，

直四棱柱中,由与平行且相等得平行四边形，从而，是异面直线与所成角或其补角，

又由已知易得，，

，

所以与所成角的余弦值为，A错B正确；

作于，连接，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，从而可得（因为平面），

则是与平面所成角，

由得，，

，

C正确，D错误．

故选：BC．

10．如图，是边长为2的等边三角形，连接各边中点得到，再连接的各边中点得到，…，如此继续下去，设的边长为，的面积为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】由中位线性质得是等比数列，公比为，从而由正三角形面积公式得也是等比数列，公比是，再由等比数列的前项和公式计算后可判断各选项．

【详解】显然是正三角形，因此，A正确；

由中位线性质易得，即是等比数列，公比为，因此，B正确；

，，C错；

，是等比数列，公比为，则也是等比数列，公比是，

，D正确．

故选：ABD．

11．已知向量，，，下列命题成立的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．设，，当取得最大值时，

【答案】AD

【分析】若，则，结合两角差的正弦公式即可判断A；若，则，再结合二倍角的正弦公式及正弦函数的值域即可判断B；若，则，再结合二倍角的余弦公式即可判断C；求出再结合两角差的余弦公式即可判断D.

【详解】对于A，若，则，

即，所以，即，故A正确；

对于B，若，则，

即，即，

因为，所以，

所以，

所以，

所以，故B错误；

对于C，，

由，得，

即，

即，则，

则或，

所以或，故C错误；

对于D，，，

则

，

当取得最大值时，，

此时，所以，故D正确.

故选：AD.

12．已知函数及其导函数的定义域均为．，，当时，，，则（    ）

A．的图象关于对称

B．为偶函数

C．

D．不等式的解集为

【答案】BCD

【分析】根据可判断A,求导即可根据判断B，由为偶函数以及对称可判断C，根据函数的性质画出大致图象，即可由时，求解D.

【详解】由可得，故可知的图象关于对称，故A错误，

由得，由得，故为偶函数，故B正确，

由可得，所以，又为偶函数，所以，即，故C正确，

由为偶函数且可得，所以是周期函数，且周期为8，

又当时，，可知在单调递减

故结合的性质可画出符合条件的的大致图象：

由性质结合图可知：当时，，

由得，故 ，

当且时，此时无解，

当时，，解得 ，

当且时，由得

综上可得的解集为，故D正确，

故选：BCD

【点睛】本题考查了函数性质的综合运用，题目综合性较高，要对函数基本性质比较熟练，可根据性质利用图象求解问题.对于函数的性质综合运用题目可从以下几个方面解题.

(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；

(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；

(3)数形结合法：先对解析式变形，在直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．

三、填空题

13．某种产品的广告费支出（单位：万元）与销售额（单位：万元）之间有如下对应数据：

根据上表数据得到关于的经验回归方程，则的值为______．

【答案】

【分析】先求样本中心点,再由过,计算可得 .

【详解】可得样本中心点

过,可得,所以.

故答案为: .

14．已知直线：过双曲线：的一个焦点，且与的一条渐近线平行，则的实轴长为______．

【答案】2

【分析】求出直线与轴的交点坐标和斜率，然后列方程组求得得实轴长．

【详解】直线与轴交点为，斜率为，

由题意，解得，

所以双曲线的实轴长为．

故答案为：2.

四、双空题

15．正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，过，，做该正方体的截面，则截面形状为______，周长为______．

【答案】     五边形    

【分析】根据点、线、面的位置关系及平面性质作出截面图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长，即可求出周长.

【详解】连接EF并延长交DC的延长线于N，连接交于Q，连接QF，

延长FE交DA的延长线于M，连接交于P，连接EP，顺次连接，

则五边形即为平面截正方体的截面多边形，如图：

由题意，正方体的棱长为2，则，，

则为等腰直角三角形，则，根据∽得，，

则，则，，

同理可得，，而，则五边形的周长为.

故答案为：五边形，.

五、填空题

16．，，则实数的取值范围是______．

【答案】

【分析】将不等式变形得到对恒成立，利用反函数的性质，将问题进一步转化为对恒成立，构造函数，利用导数求解最值即可.

【详解】，,所以对恒成立，

即对恒成立，

由于函数与函数互为反函数，则只需要对恒成立，

故对恒成立，

令，则，当单调递减，当单调递增，故当时，取到最大值，

故，

故答案为：

【点睛】本题考查了导数的综合运用.构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在求解不等式恒成立问题时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.

六、解答题

17．已知的内角的对边分别为，

(1)求的值；

(2)若，求面积的最大值．

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）根据正弦定理角化边得到，再根据正弦定理求解即可.

（2）根据题意得到，再结合基本不等式求解即可.

【详解】（1）因为，由正弦定理得，

由余弦定理得，，

整理得；

（2）因为，因为，由（1）可得，则.，

又，即，当且仅当时等号成立.

于是

所以的最大值为.

18．党的十八大以来，习近平总书记多次对职业病防治工作作出重要指示，并在全国卫生与健康大会上强调，推进职业病危害源头治理．东部沿海某蚕桑种植场现共有工作人员110人，其中有22人从事采桑工作，另外88人没有从事采桑工作．

(1)为了解职工患皮炎是否与采桑有关，现采用分层随机抽样的办法从全体工作人员中抽取25人进行调查，得到以下数据：

①请完成上表；

②依据小概率值的独立性检验，分析患皮炎是否与采桑有关？

(2)为了进一步了解职工职业病的情况，需要在上表患皮炎的工作人员中抽取4人做进一步调查，将其中采桑的人数记作，求的分布列和期望．

附：，其中，

【答案】(1)① 填表见解析；②认为患皮炎与采桑之间有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005

(2)分布列见解析；期望为

【分析】(1)根据已知条件可以填出表格中的内容，代入公式即可求得，根据表格进行判断即可；

(2)用表示抽取的4人中采桑的工作人员人数，的取值为：2，3，4，分别算出概率，列表格即可求出数学期望.

【详解】（1）①

②零假设为：患皮炎与采之间无关联，根据列联表中的数据，经计算得到,

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即认为患皮炎与采桑之间有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.

（2）用表示抽取的4人中采桑的工作人员人数，的取值为：2，3，4,

，

，

随机变量X的分布列为：

则．

19．已知数列是正项等比数列，其前项和为，是等差数列，且，，

(1)求和的通项公式；

(2)求数列的前项和

(3)证明：

【答案】(1)，

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）首先根据题意得到，再解方程组即可.

（2）利用错位相减法求解即可.

（3）首先根据分组求和得到，即可证明结论.

【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，

，解得或（舍去）.

故，.

（2）由（1）知，

则，①

则②

由①－②得

所以

（3）由（1）知，，，所以

所以，

即.

20．在四棱锥中，，，，，，，点是棱上靠近点的三等分点

(1)证明：平面；

(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求四棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证平面，得，然后可证明平面；

（2）以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，设，由面面角的向量法求得，再由体积公式求得棱锥体积．

【详解】（1）在中，，，，

由余弦定理可得，，

从而有，所以，

∵，∴，

∵，，平面，

∴平面，

∵平面，∴，

∵，，平面，

∴平面；

（2）以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，

设，

则，，，，，

由（1）知，平面，是平面的一个法向量，

设平面的一个法向量是，

，

由，得，取，则，

因为平面与平面的夹角的余弦值为．

所以，解得，

所以四棱锥的体积．

21．已知抛物线：的焦点为，为上一点，为准线上一点，，

(1)求的方程；

(2)，，是上的三点，若，求点到直线距离的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件得到，根据得到，再结合焦半径公式即可得到，从而得到.

（2）根据题意得到，设直线的方程为，，，与抛物线联立得到，，根据斜率公式得到，从而得到，即可得到直线过定点，再根据当时，点到直线距离最大求解即可.

【详解】（1）如图所示：

由题意可知，因为，，

由，，可得，

由抛物线的定义可知，，解得．

则的方程为.

（2）如图所示：

在抛物线上，所以，

设直线的方程为，，，

将代入，得

则，

，同理

整理得，，

直线的方程为，所以直线过定点.

当时，点到直线距离最大，

且最大距离为.

22．已知函数

(1)求的极值；

(2)若，，，，证明：

【答案】(1)极大值，无极小值

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，利用导数的正负即可求解单调性，进而可求极值，

（2）将问题转化成证明当时，，构造函数和，导数的正负即可求解单调性即可求证.

【详解】（1）因为，所以，

由，解得，由，解得

所以在单调递增，在单调递减，

因此，在处取得极大值，无极小值．

（2）由（1）可知，在单调递减，

且，，，，

不妨设，要证，只要证

而，，且在单调递减，

所以只要证，即证，

即证．

即证当时，，

令，，

则

令，

则

因为，所以，，所以，

即在单调递减，

则，即，所以在单调递增，

所以，

即当时，，

所以，原命题成立．

【点睛】思路点睛：本题考查了导数的综合运用.利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.