2023届河北省邯郸市高三一模数学试题含解析

2023届河北省邯郸市高三一模数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解二次不等式得集合，由函数的定义域得集合，再求集合即可.

【详解】因为，

所以，

又，

所以，

则．

故选：B.

2．已知复数z是方程的一个根，且复数z在复平面内对应的点位于第三象限，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出方程在复数范围内的根，再根据题意求得复数，再根据共轭复数的定义即可得解.

【详解】复数范围内方程的根为，

因为复数z在复平面内对应的点位于第三象限，所以，则．

故选：D.

3．在等差数列中，“”是“”的（    ）

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

【答案】A

【分析】根据数列的性质求解.

【详解】当的公差时，由，得m是任意的正整数，

由，得，

则“”是“”的必要不充分条件．

故选:A.

4．已知，，且，则的最小值是（    ）

A．2 B．4 C． D．9

【答案】C

【分析】根据“乘1法”，运用基本不等式即可求解.

【详解】依题意，

因为，所以，则

，

当且仅当，时，等号成立．

故选：C.

5．已知函数为偶函数，且函数在上单调递增，则关于x的不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用函数的奇偶性和对称性，得到函数的单调区间，利用单调性解函数不等式.

【详解】因为为偶函数，所以的图像关于y轴对称，则的图像关于直线对称．

因为在上单调递增，所以在上单调递减．

因为，所以，解得．

故选：A.

6．抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴，反之，平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线经过该抛物线的焦点．已知抛物线C：，一条平行于x轴的光线，经过点，射向抛物线C的B处，经过抛物线C的反射，经过抛物线C的焦点F，若，则抛物线C的准线方程是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据抛物线的定义，可得答案.

【详解】由抛物线的定义可得，解得，则抛物线C的准线方程是．

故选：B.

7．某校大一新生A，B，C，D欲加入该校的文学社、书法社、羽毛球社．已知这4名大一新生每人只加入了1个社团，则这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有（    ）

A．21种 B．30种 C．42种 D．60种

【答案】C

【分析】把4人分成2个组，选择2个社团，把2个组分配给2个社团.

【详解】4名大一新生分成2个组，一组1人另一组3人或2个组各2 人，有种方案，

3个社团选择2个社团，有种方案，

把2个组分配给2个社团，有种方案，

由题意可得这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有种．

故选：C

8．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】a和b的大小比较，利用作差法判断；b和c的大小比较，通过构造函数，利用其单调性判断；a和c的大小比较，通过构造函数，利用其单调性判断.

【详解】解：因为，所以．

设，则，故在上单调递增．

因为，所以，即．

设，则，当时，，则在上单调递减．

因为，所以，即．

综上．

故选：B

二、多选题

9．已知向量，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】设的坐标，利用向量模的坐标公式及关系，建立方程组解出来即可.

【详解】设，

因为，，

所以，

解得或，

故或．

故选：AC.

10．已知函数，则（    ）

A．的定义域是 B．有最大值

C．不等式的解集是 D．在上单调递增

【答案】AB

【分析】根据函数解析式，求解函数定义域，利用复合函数单调性求解单调区间及最值，利用单调性解函数不等式。

【详解】由题意可得，解得，即的定义域是，则A正确；

，因为在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，则B正确；

因为在上单调递增，在上单调递减，且，所以不等式的解集是，则C错误；

因为在上单调递减，所以D错误．

故选：AB.

11．已知双曲线C：的左、右焦点分别是，，过作圆的切线l，切点为M，且直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点，则下列结论正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，则双曲线C的渐近线方程为

C．若，则双曲线C的离心率是

D．若M是的中点，则双曲线C的离心率是

【答案】ABD

【分析】，，，根据选项中的条件，求出和，利用双曲线的定义，求出渐近线方程和离心率等结果.

【详解】如图所示，

对于A：由，，得，所以，，．

设，则．

在中，由余弦定理可得，解得，

则，，从而，故A正确；

对于B：由，得，因为O为的中点，所以M为的中点．

由题意可知，，则，．

由双曲线的定义可得，即，

则双曲线C的渐近线方程为，故B正确；

对于C：由，得，则．

在中，由余弦定理可得，

整理得，则，故C错误；

对于D：因为M，O分别是，的中点，所以，所以，．

由双曲线的定义可得，即，则，故D正确．

故选：ABD

12．在棱长为6的正方体中，E为的中点，P在棱BC上（不包括端点），则下列判断正确的是（    ）

A．存在点P，使得AP⊥平面

B．存在点P，使得三棱锥的体积为45

C．存在点P，使得点P到DE的距离为5

D．当P为BC的中点时，三棱锥外接球的表面积为86π

【答案】AD

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量解决垂直问题，向量法求点到平面距离，求点到直线距离，几何法求外接球半径.

【详解】以为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．

因为，所以，，，，，

对于A：当P是BC的中点时，，，，，

，所以，，，平面，

所以AP⊥平面，则A正确．

对于B：由正方体的性质可得平面，则．

因为，所以，，则的面积．

由选项A可知，平面的一个法向量，，设点P到平面的距离为h，则，

由，则，从而三棱锥的体积，故B错误．

对于C：，，则点P到DE的距离．

因为，所以，，则C错误；

对于D：如图，分别取棱AB，的中点F，G，连接DF，EF，EG，，PG，PD，PF，则三棱锥的外接球与三棱柱的外接球为同一个球．

由题意可得，．

由余弦定理可得，从而，

则的外接圆半径，从而三棱柱外接球的半径R满足，故其外接球的表面积，D正确．

故选：AD

【点睛】方法点睛：题中图形为正方体，便于建立空间直角坐标系，关于垂直的证明，求点到平面距离，求点到直线距离，利用空间向量法，比几何法更方便简洁.

三、填空题

13．身体质量指数，也就是BMI指数，简称体质指数，是国际上常用的衡量人体胖瘦程度以及是否健康的一个标准．某校为了解该校学生的身体健康情况，从某班随机抽取20名学生进行调查，得到这20名学生的BMI指数分别是15，15.3，15.6，15.9，16.2，16.6，17.5，17.8，18.2，18.7，19.3，19.5，20.3，21.1，21.5，22.7，22.9，23.1，23.4，23.5，则这组数据的第65百分位数是_______________．

【答案】

【分析】根据百分位数的定义即可求解.

【详解】因为，所以这组数据的第65百分位数是．

故答案为：20.7.

14．在正四棱锥P－ABCD中，，点E，F满足，，则异面直线BE与CF所成角的余弦值为_______________．

【答案】

【分析】∠BEG是异面直线BE与CF所成的角（或补角），求出△BEG中各边的长，由余弦定理求角的余弦值.

【详解】如图，取棱PC的中点G，连接BG，EG．

由题意可知，即E是PF的中点．

因为G是PC的中点，所以，则∠BEG是异面直线BE与CF所成的角（或补角）．

正四棱锥P－ABCD中，，设，

中，，，，

则，

正三角形中，，

与中，，，

∴，，

在△BEG中，由余弦定理可得．

故答案为：

15．已知点，，符合点A，B到直线l的距离分别为1，3的直线方程为___________________（写出一条即可）．

【答案】或或或（写出一条即可）

【分析】根据题意可知直线l是圆与圆的公切线，先判断两圆外离，可得直线l有四条，再根据几何性质（相似三角形的性质）和点到直线的距离公式即可求解直线l的方程．

【详解】由题意可知直线l是圆与圆的公切线，

因为两圆为外离关系，所以满足条件的直线l有四条．

当直线l是两圆的外公切线时，由几何性质（相似三角形的性质）易知直线l过点．

设直线l的方程为，则，解得，

此时直线l的方程为或．

当直线l是两圆的内公切线时，由几何性质（相似三角形的性质）易知直线l过点，

设直线l的方程为，则，解得，

此时直线l的方程为或．

故答案为：或或或（写出一条即可）．

16．在长方形中，，，为边的中点，分别为边上的动点，且，则的取值范围是_______________．

【答案】

【分析】画出图形，用三角函数的性质表示出，在根据辅助角公式化简，换元法后利用函数单调性求解即可.

【详解】如图，

设，

则，，，

，

令，则，

所以．

易得，所以，，

因为函数在上单调递增，

所以，

所以．

故答案为：

四、解答题

17．设数列的前n项和为，且．

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据与的关系，即可求得数列的通项公式；

（2）根据题意，由分组求和法结合等差数列与等比数列的求和公式，即可得到结果.

【详解】（1）当时，，解得．

当时，，则，即，

从而是首项为1，公比为2的等比数列，所以，

且当时，也满足，

所以故．

（2）由（1）可得，则，

故

．

18．已知函数在上单调．

(1)求的单调递增区间；

(2)若△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，求△ABC周长的最大值．

【答案】(1)

(2)9

【分析】（1）先利用降幂公式和辅助角公式可得，再根据在上单调，可得，从而可求得，再根据正弦函数的单调性即可得解；

（2）先根据求出，再利用余弦定理结合基本不等式求得的最大值，即可得解.

【详解】（1）由题意可得，

因为在上单调，

所以，解得，

因为，

所以，即，

令，

解得，

即的单调递增区间是；

（2）因为，

所以，

所以，

因为，

所以，

所以，

由余弦定理可得，

即，即，

因为，当且仅当时，等号成立，

所以，解得，

则，即△ABC周长的最大值为9．

19．如图1，四边形ABCD是等腰梯形，E，F分别是AD，BC的中点，．将四边形ABFE沿着EF折起到四边形处，使得，如图2，G在上，且．

(1)证明：平面DFG；

(2)求平面DFG与平面夹角的余弦值

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据条件，利用线面平行的判定定理证明即可；

（2）根据条件，证明平面，再建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）（1）证明：连接CE，交DF于点H，连接GH．

易证，

所以．

因为，所以，

所以，则．

因为平面DFG，平面DFG，

所以平面DFG．

（2）由图1可知，．

因为，E，F分别是AD，BC的中点，

所以，，则．

因为，所以，所以．

因为EF，平面CDEF，且，所以平面CDEF．

故以E为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

因为，所以，，，，，

则，，，．

设平面DFG的法向量为，

则

令，得．

设平面的法向量为，

则

令，得．

设平面DFG与平面的夹角为θ，

则

20．甲、乙两人进行投篮比赛，分轮次进行，每轮比赛甲、乙各投篮一次．比赛规定：若甲投中，乙未投中，甲得1分，乙得－1分；若甲未投中，乙投中，甲得－1分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，甲、乙均得0分．当甲、乙两人累计得分的差值大于或等于4分时，就停止比赛，分数多的获胜：4轮比赛后，若甲、乙两人累计得分的差值小于4分也停止比赛，分数多的获胜，分数相同则平局、甲、乙两人投篮的命中率分别为0.5和0.6，且互不影响．一轮比赛中甲的得分记为X．

(1)求X的分布列；

(2)求甲、乙两人最终平局的概率；

(3)记甲、乙一共进行了Y轮比赛，求Y的分布列及期望．

【答案】(1)分布列见解析

(2)

(3)分布列见解析，期望为

【分析】（1）X的所有可能取值为－1，0，1，求出相应的概率列出分布列即可；

（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：①四轮比赛中甲、乙均得0分；②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分；③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分；再分别求出每一种情况的概率相加即可；

（3）Y的所有可能取值为2，3，4，求出对应的概率列出分布列即可.

【详解】（1）依题意，

X的所有可能取值为－1，0，1．

，

，

，

所以X的分布列为

（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：

①四轮比赛中甲、乙均得0分，其概率为．

②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分，

其概率为．

③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分，

其概率为．

故甲、乙两人最终平局的概率为．

（3）Y的所有可能取值为2，3，4．

，

，

，

所以Y的分布列为

．

21．已知椭圆C：的离心率与双曲线的离心率互为倒数，点在椭圆C上，不过点A的直线l与椭圆C交于P，Q两点．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若直线AP，AQ的斜率之和为1，试问直线l是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过定点，请说明理由．

【答案】(1)

(2)过定点，定点坐标为

【分析】（1）先计算出椭圆的离心率，然后结合椭圆上的点建立的等式，即可求解；

（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，与椭圆联立可得，，结合直线AP，AQ的斜率之和为1可得，则直线l为，此时有定点，然后检验斜率不存在时即可

【详解】（1）由题意，由的离心率为可得椭圆C的离心率为．

设椭圆C的焦距为2c，

则，解得，．

故椭圆C的标准方程为．

（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，

联立，整理得，

则，

，．

因为，所以，

即，

所以，

整理得，

则，

整理得，

即．

因为直线l不过点A，所以，

则，即，

从而直线l的方程为，故直线l过定点．

当直线l的斜率不存在时，直线l：与椭圆C交于，，

不妨设，，则，

解得，此时，直线l过点．

综上，直线l过定点．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．已知函数．

(1)当时，求曲线在处的切线方程；

(2)对任意的，都有，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出时的解析式并求出，利用导数的几何意义求出切线斜率，再求出切点坐标，然后利用点斜式即可求出切线方程；

（2）构造函数，并求，结合题意至少可得，先证明在上单调递增，再证明时，成立即可．

【详解】（1）当时，，则．

所以，，

故所求切线方程为，即．

（2）设，

则．

因为，所以至少满足，即．

设．

因为，，所以在上单调递增，

所以．

设，

则．

因为，所以，，

则在上恒成立，即在上单调递增，

所以，即对任意，都有．

故a的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：破解此类题的关键：①是定义域优先，求解有关函数的单调性时，需注意定义域优先；②是活用导数，对函数求导，利用导数的符号判断函数的单调性；③是会转化，会把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题，通过构造函数，借用导数，判断函数的单调性，求其最值，即可得参数的取值范围，必要时可先给出所求参数的取值范围，再证明参数取最值时成立即可．