2023届河北省衡水市第二中学高考模拟数学试题含解析

这是一份2023届河北省衡水市第二中学高考模拟数学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河北省衡水市第二中学高考模拟数学试题

一、单选题
1．设集合，集合，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先根据对数函数求集合B，再根据并集运算求解.
【详解】∵，
∴.
故选：B.
2．复数在复平面内对应的点是A，其共轭复数在复平面内对应的点是B，O是坐标原点.若A在第一象限，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设出，则，由向量垂直得到，从而求出的值.
【详解】设，则，
由得：，
因为，所以，故，
故.
故选：B
3．设圆的方程为，则圆C围成的圆盘在x轴上方的部分的面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出直线与轴的交点，并确定的大小，再根据圆盘在x轴上方的部分由个圆和三角形组成，即可求解.
【详解】令得，解得，
设圆C与x轴相交的点为，则，
圆圆C的圆心，半径，
，
由余弦定理得，
因为，所以，
三角形的面积等于，
圆盘在x轴上方的部分由个圆和三角形组成，
所以圆盘在x轴上方的部分面积等于，
故选:A.
4．弹幕射击游戏（Shooting  Game，简称STG）是一类由玩家操纵虚拟角色（通常称为自机）发射子弹击毁敌方，同时躲避敌方发射的子弹的电子游戏.自机和子弹都有一个判定范围，并遵循“方形判定法则”：自机和子弹的判定范围均为正方形（二者均有一组对边平行于水平轴，且移动时正方形保持平移），若两个正方形内部产生相交，则判定为中弹.出于观赏性需要，自机的判定区域会被小圆包起，子弹的外观贴图也会比实际判定范围大.例如下图的自机（即图中的黑框小圆），规定其半径为1，自机的实际判定范围是该圆的内接正方形.现欲设计一种圆形外观的子弹，其判定范围完全落在圆内，正方形的中心和圆的中心重合，且满足：可以做到使自机的小圆的外观贴图内切于子弹外观贴图的最左侧且不判定中弹.若要求子弹的判定范围至多占其外观贴图面积的，取，，则子弹外观贴图半径的最小值约为（    ）

A．3.5 B．4 C．4.5 D．5
【答案】D
【分析】根据题意画图，再由图取临界值即可求出最小值.
【详解】根据题意画图，设子弹的判定范围为正方形边长为，则正方形外接圆半径为，
由“可以做到使自机的小圆的外观贴图内切于子弹外观贴图的最左侧且不判定中弹”此时取临界值，
可知,
又，
若满足条件则
所以，解得，
又“圆形外观的子弹，其判定范围完全落在圆内”设圆形外观的半径为，
“若要求子弹的判定范围至少占其外观贴图面积的”
此时取临界值
则得，
故选：D

5．已知函数，，，当时，下列选项正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据函数的定义域，结合函数的单调性，分别求函数的值域，即可判断选项.
【详解】，单调递增，因为，所以，，
，函数，单调递减，所以，
函数单调递增，当时，，
所以.
故选：B
6．已知在长方体中，直线和BC所成的角为，和AD所成的角为，则与的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．与长方体的形状有关
【答案】A
【分析】根据题意结合异面直线夹角求出，分析判断即可.
【详解】设，
连接，由平面，平面，可得，
∵，则直线和BC所成的角为，和AD所成的角为，
故，，
又∵，则，即，
∴.
故选：A.

7．已知实数，满足，则当取得最小值时，的值为（    ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【分析】两次应用基本不等式，根据两次不等式等号成立的条件列方程求解即可.
【详解】因为实数，满足，
所以，当且仅当时，，
所以，当且仅当且时，等号成立；
所以当且时，取得最小值4，
此时解得，
故选：D.
8．某同学连续抛掷一枚硬币若干次，若正面朝上则写下1，反面朝上则写下0，于是得到一组数据.记命题：“这组数据的中位数是”，命题：“这组数据的标准差为”，则是的（    ）
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】C
【分析】充分性由中位数分析必须抛偶数次，且正反次数相同，即可得出这组数据的标准差；
必要性由设出掷硬币的次数次，其中正面朝上则写下1的有次，即可得出这组数据的平均数，根据已知与标准差公式列出等式，解出，即可得出这组数据的中位数；
再综合即可得出答案.
【详解】根据某同学连续抛掷一枚硬币若干次，若正面朝上则写下1，反面朝上则写下0，于是得到一组数据，
若想这组数据的中位数是，
则必须抛偶数次，且正反次数相同，
则此时这组数据的平均数，
则这组数据中，
则这组数据的标准差，
即是的充分条件；
设某同学连续抛掷一枚硬币次，其中正面朝上则写下1的有次，
则此时这组数据的平均数，
若这组数据的标准差是，
则这组数据的标准差，
化简得，解得，
则这位同学连续抛掷一枚硬币次，其中有一半为正面朝上，一半为反面朝上，
则这组数据的中位数是，
即是的必要条件；
综上所述：是的充要条件，
故选：C.

二、多选题
9．已知在凸四边形ABCD中，，，，的外接圆恰与直线AB相切，若是直角三角形，则下列选项中，正确的有（    ）
A．的外接圆半径为 B．
C．BD的长度可能为 D．BD的长度可能为
【答案】BD
【分析】分，和三种情况进行讨论，利用直线垂直和圆的性质进行列等式即可判断每个选项
【详解】当时，
在直角和直角中，为斜边，
故和的外接圆是以为直径的圆，此时的外接圆不与直线AB相切，不满足题意，舍去；
以为原点，分别以为轴建立直角坐标系，如图，
故，因为在凸四边形ABCD，故在第一象限内（不含），
当时，则直角的外接圆是以为直径的圆，设该圆的半径为，

设，的中点为，
由可得，即①，
因为的外接圆恰与直线AB相切，所以②，
③，
由①②③联立可得，
因为，，所以轴，所以，；
故，
当时，则直角的外接圆是以为直径的圆，设该圆的半径为，

设，的中点为，
由可得，即④，
因为的外接圆恰与直线AB相切，所以⑤，
⑥，
由④⑤⑥联立可得，
因为，，，
所以
所以在直角和直角中，，
故，
综上所述，的外接圆的半径为，故A不正确；
成立，故B正确；
或，故C不正确；
故选：BD
10．已知是等比数列，公比为，若存在无穷多个不同的，满足，则下列选项之中，可能成立的有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】分类讨论，结合等比数列的通项和性质分析判断.
【详解】当时，则有：
①当，则为非零常数列，故，符合题意，A正确；
②当，则为单调数列，故恒不成立，即且不合题意；
当时，可得，则有：
①当，若为偶数时，则；
若为奇数时，则；
故符合题意，B正确；
②当，若为偶数时，则，且，即；
若为奇数时，则，且，即；
故符合题意，C正确；
③当，若，可得，
∵，则，可得，则，这与等比数列相矛盾，
故和均不合题意，D错误.
故选：ABC.
11．双曲线：的离心率，H的两条渐近线分别记为，，其中经过第一，三象限，P是H右支上一个动点，过P作直线交于，交于；过P再作交于，交于，记P与坐标原点O连线的斜率为.则下列说法中，正确的有（    ）
A．若，则，，，四点彼此相异
B．设P的纵坐标为，记，则是关于的偶函数
C．在P变化的过程中，恒有
D．若，则
【答案】ACD
【分析】设，由点斜式确定的方程，联立方程组求的坐标，证明，，，四点彼此相异判断A，由条件求，根据偶函数的定义判断B，利用数量积的定义判断C，由条件求，判断D.
【详解】由已知双曲线的渐近线的方程为，渐近线的方程为，
设，则，，直线的方程为，直线的方程为，
联立直线，的方程可得，同理可得， ，，
假设重合，则，化简可得，即，与已知矛盾，
假设重合，则，化简可得，即，与已知矛盾，
因为，所以直线与直线不重合，故直线都不过原点，
故，，，四点彼此相异，A正确；
设，直线的方程为，又
所以，，所以，
所以，当时，，
故不是关于的偶函数，B错误；
因为， ，
所以，又，所以，C正确；
因为，，，
所以，又，，
所以，
所以，
所以，所以，D正确；
故选：ACD.

【点睛】12．已知三棱柱的体积为，底面满足，，，若在底面上的投影恰好在直线上，则下列说法中，正确的有（    ）
A．恒有
B．与底面所成角的最大值为
C．恒有
D．三棱锥外接球表面积的最小值为
【答案】BC
【分析】利用三棱柱体积可求得，知A错误；过作且，由线面角定义可知所求角为，根据可知当最小值，最大，可确定当时满足题意，知B正确；根据，可证得平面，由线面垂直性质可证得C正确；作，取中点，设球心为，，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用可得之间关系，进而确定的最小值，结合球的面积公式可求得外接球表面积，知D错误.
【详解】对于A，，，，，
，，
解得：，A错误；
对于B，过作且，连接，作直线，如下图所示，

四边形为平行四边形，，，
平面，；
即为与底面所成角，，
直线在平面内的投影为直线，在平面内的投影为，
点到直线的距离即为点到直线的距离，即为点到直线的距离，
又点到直线的距离即为直线与间的距离，
点到直线的距离为点到直线距离的倍；
点到直线距离，，
则当时，取得最小值，此时取得最大值，
，即与底面所成角的最大值为，B正确；
对于C，又，得：；
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，，C正确；
对于D，作，垂足为，则，，
取中点，设三棱锥的外接球球心为，连接，
是以为斜边的直角三角形，为的外心，
平面，
以为坐标原点，正方向为轴，作轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，
设，，则，，
，；
当时，
，，整理可得：；
，，外接球半径，此时外接球表面积；
当时，
，，整理可得：；
则当时，，外接球半径，此时外接球表面积；
综上所述：三棱锥外接球表面积的最小值为，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的线线垂直关系、线面角以及外接球问题的求解；本题求解外接球表面积的关键是能够将外接球半径表示为关于某一变量的函数的形式，进而根据函数最小值的求法求得外接球半径的最小值.

三、填空题
13．3名女生和2名男生站成一排照相，若每名男生至少与1名女生相邻，则共有_________种站法
【答案】96
【分析】用排除法,排除两名男生相邻排在两端的情形即可得．
【详解】由题意排除两名男生相邻且排在两端即得结果，排法数为．
故答案为：96.
14．已知非零向量，满足，实数满足，且，则与夹角的余弦值为_________.
【答案】
【分析】根据条件转化为数量积公式，化简求，再根据向量夹角的余弦公式，即可化简求值.
【详解】由①，②，
③，由②③消去得，再联立①得，所以，.
故答案为：
15．已知函数，其中，的导函数为.若将方程的所有非负解从小到大排成一个等差数列，其公差为，则的值为_________.
【答案】
【分析】首先原函数求导，由可得出方程，再由方程的解组成公差为的等差数列可知周期，由周期求得，再求得公差及首项，再用等差数列得通项公式即可求得.
【详解】
因为，所以，
若，则，即，
所有非负解从小到大排成一个等差数列，其公差为，则，解得，
又因为，所以，
所以可化为，解得第一个非负解为，
由等差数列的通项公式求得，
故答案为：
16．在平面直角坐标系中，椭圆E以两坐标轴为对称轴，左，右顶点分别为A，B，点P为第一象限内椭圆上的一点，P关于x轴的对称点为Q，过P作椭圆的切线，若，且的垂心恰好为坐标原点O，记椭圆E的离心率为e，则的值为_________.
【答案】
【分析】分焦点在轴和轴两种情况进行求解，先考虑焦点在轴上时，根据题目条件得到，，即，，再得到椭圆在处的切线方程斜率为，得到，设，结合点在椭圆上，，求出，得到，求出，再用同样的方法考虑焦点在轴上时，求出离心率为复数，舍去，得到答案.
【详解】设椭圆方程为，则，
设，故，
因为的垂心恰好为坐标原点O，
所以，，即，
即，，
下面证明椭圆在处的切线方程斜率为，理由如下：
因为时，故切线的斜率存在，设切线方程为，
代入椭圆方程得：，
由，化简得：
，
即，
因为点在椭圆上，所以，，
所以，即，
即，解得：，
所以，化简得：，即，设，
同除以得：，
即，故，
因为点在椭圆上，所以，
即，即，
因为，所以，即，
将代入中，可得：，即
所以，
设椭圆方程为，此时，
同理可得：，
此时椭圆在处的切线方程斜率为，
所以，化简得：，设，
同除以得：，
即，故，
因为点在椭圆上，所以，
即，即，
因为，所以，即，
将代入中，可得：，
所以（舍去）；
故答案为：
【点睛】过圆上一点的切线方程为：，
过椭圆上一点的切线方程为，
过双曲线上一点的切线方程为.

四、解答题
17．定义集合，数列满足
(1)定义数列，证明：为等比数列
(2)记数列的前项和为，求满足的正整数
【答案】(1)证明见解析
(2)5

【分析】（1）根据数列的递推公式求出，再根据等比数列的定义可证结论正确；
（2）求出，再根据累加法求出，然后解方程可得结果.
【详解】（1）依题意可得，，，，
当时，
，
又，都适合上式，
所以，
因为，所以为等比数列.
（2）依题意得，
，,
所以，
又， ，，，，
所以


，
所以


，
由，得，得，
得，得，得.
18．已知函数，，与均在区间上单调递增，若的最大值为
(1)求的值
(2)在不等腰中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，证明：
【答案】(1)；
(2)证明见解析；

【分析】（1）把降幂后，分别求出的增区间，再求出得公共增区间，然后由题意可得；
（2）由（1）代入后化简，并由正弦定理、余弦定理化角为边，整理可证．
【详解】（1），
，，，，
的增区间是，，
，
，则，
因此的增区间是，，
所以它们公共增区间是，每个区间的长度为，
由题意，∴；
（2）由（1），，
已知式为，，
由正弦定理、余弦定理得，整理得，
三角形是不等腰的三角形，即，
∴，即．
19．如图，直四棱柱中，，E是的中点，底面ABCD是平行四边形，若平面.

(1)若，证明：底面是正方形
(2)若，求二面角的余弦值
【答案】(1)证明见解析；
(2)．

【分析】（1）由平面，得，，然后证明平面，证得得底面是菱形，再证明平面，得，得平面，，从而得底面是矩形，由此可证结论成立；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）的垂直得向量的数量积为0，求得底面边长，然后由空间向量法求二面角．
【详解】（1）如图，连接，
平面，平面，平面，则，，
直棱柱中底面，平面，，
，平面，则平面，
又平面，所以，所以平行四边形是菱形，
，则直棱柱的侧面是正方形，因此侧面也是正方形，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，
直棱柱中易知，而，平面，
所以平面，平面，所以，因此底面是矩形，即四边形是矩形，所以四边形是正方形；

（2）由（1）知底面是菱形，因此，设，
分别以为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，
，，，，
，，
由（1）知，（负值舍去），
，，，，
，，，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
设平面的一个法向量是，
则，取，得，
，
所以二面角的余弦值为．

20．已知抛物线：和椭圆：有共同的焦点F
(1)求抛物线C的方程，并写出它的准线方程
(2)过F作直线交抛物线C于P， Q两点，交椭圆E于M， N两点，证明：当且仅当轴时，取得最小值
【答案】(1)抛物线方程为，准线为.
(2)证明见解析

【分析】(1)根据椭圆中“”的关系求出焦点，根据共焦点即可求解；
(2)利用韦达定理分别表示出，即可证明.
【详解】（1）根据椭圆：可得，所以，
则椭圆的右焦点也为抛物线的焦点，所以，解得，
所以抛物线方程为，准线为.
（2）由题可得，直线的斜率不等于0，所以设，
设，
联立整理得，
所以，
所以，
设，
联立整理得，
所以，
所以
所以,
所以，因为为常数，
所以当，即时，取得最小值，
此时的方程为垂直于轴,所以命题得证.
21．某游戏中的角色“突击者”的攻击有一段冷却时间（即发动一次攻击后需经过一段时间才能再次发动攻击）.其拥有两个技能，技能一是每次发动攻击后有的概率使自己的下一次攻击立即冷却完毕并直接发动，该技能可以连续触发，从而可能连续多次跳过冷却时间持续发动攻击；技能二是每次发动攻击时有的概率使得本次攻击以及接下来的攻击的伤害全部变为原来的2倍，但是多次触发时效果不可叠加（相当于多次触发技能二时仅得到第一次触发带来的2倍伤害加成）.每次攻击发动时先判定技能二是否触发，再判定技能一是否触发.发动一次攻击并连续多次触发技能一而带来的连续攻击称为一轮攻击，造成的总伤害称为一轮攻击的伤害.假设“突击者”单次攻击的伤害为1，技能一和技能二的各次触发均彼此独立：
(1)当“突击者”发动一轮攻击时，记事件A为“技能一和技能二的触发次数之和为2”，事件B为“技能一和技能二各触发1次”，求条件概率
(2)设n是正整数，“突击者”一轮攻击造成的伤害为的概率记为，求.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）分析试验过程，分别求出和，利用条件概率的公式直接计算；
（2）分析 “突击者”一轮攻击造成的伤害为,分为：i.进行次，均不触发技能二；前面的次触发技能一，最后一次不触发技能一；ii.第一次触发技能二，然后的次触发技能一，第次未触发技能一；iii. 前面的次未触发技能二，然后接着的第次触发技能二；前面的触发技能一，第次未触发技能一. 分别求概率.即可求出.
【详解】（1）两次攻击，分成下列情况：i.第一次攻击，技能一和技能二均触发，第二次攻击，技能一和技能二均未触发；ii .第一次攻击，技能一触发，技能二未触发，第二次攻击，技能二触发，技能一未触发；iii. 第一、二次攻击，技能一触发，技能二未触发，第三次攻击，技能一、二未触发；
所以.
.
所以.
（2）“突击者”一轮攻击造成的伤害为,分为：
i. 记事件D：进行次，均不触发技能二；前面的次触发技能一，最后一次不触发技能一.其概率为：
ii. 记事件E：第一次触发技能二，然后的次触发技能一，第次未触发技能一.其概率为：
iii. 记事件：前面的次未触发技能二，然后接着的第次触发技能二；前面的触发技能一，第次未触发技能一. 其概率为：
，
则事件彼此互斥，记，
所以

.
所以



【点睛】关键点睛：这道题关键的地方是题意的理解，文字较多，要明白一轮攻击中含多次攻击，每次攻击判断技能的触发，在第二问中需要分多种情况进行讨论，然后用互斥事件的概率计算公式进行求解
22．已知函数，其中
(1)求的单调区间
(2)求方程的零点个数.
【答案】(1)单调增区间是,单调减区间是
(2)个

【分析】(1)求的导函数,解导函数不等式,即可求出单调递增和递减区间;
(2)利用（1）中函数的单调性可得相应的方程，再构建新函数，从而可判断相应方程的根，注意结合这个性质.
【详解】（1）当,,又因为,所以,是单调增区间;
当,,又因为,所以,是单调减区间;
（2）对于方程,
当,
当在是单调递增的;
方程,所以,
设
,设,,
在是单调递增的，而，
故当时，，当时，，
故在上是单调递增，在上单调递减.
故在上有，
下证当，
设，则，
故在上为增函数，故，
故原不等式成立.
由可得，
故当时，有，
故此时方程在上有且只有一个实数根.
当时，，
由在为减函数可得，其中，
因为在为减函数，故在为减函数，
，，
因为，故，所以，故，
故方程在上有且只有一个实数根.
若，则，
而由的解析式可得.
故方程即为，
此时，故，其中，
设，，则，
故在上为减函数，而，
，
故此时在有且只有零点
即在有且只有一个零点，
方程的零点个数有个
【点睛】思路点睛：复合方程的解的个数讨论，应该根据外函数的单调性和函数解析式满足的性质将复杂方程转化为简单方程来处理，后者可进一步利用导数来处理.