2023届河北省高三下学期高考仿真模拟（一）数学试题含解析

2023届河北省高三下学期高考仿真模拟（一）数学试题

一、单选题

1．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据复数四则运算法则计算出，求出共轭复数.

【详解】由已知得，

故.

故选：B.

2．已知集合，若，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】首先分别求两个集合，再根据包含关系，求参数的取值范围.

【详解】由已知得，

由，得，所以.

故选：.

3．已知平面向量满足，则（    ）

A． B． C． D．33

【答案】C

【分析】根据题意，由平面向量模长的计算公式，代入计算即可得到结果.

【详解】因为，所以，则，

所以，即.

故选：C.

4．分形几何学是数学家伯努瓦-曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路.按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图.记图2中第行黑圈的个数为，若，则（    ）

A．5 B．6 C． D．

【答案】C

【分析】根据条件，得出，代入初始值，利用递推，即可求得的值.

【详解】已知表示第行中的黑圈个数，设表示第行中的白圈个数，由于每个白圈产生下一行的1个白圈1个黑圈，一个黑圈产生下一行的1个白圈2个黑圈，

所以，

又，，，

，

，

，，

，

，所以.

故选:C.

5．已知直线与圆相交于两点，则的面积为（    ）

A． B． C． D．5

【答案】B

【分析】求出圆心和半径，由垂径定理得到，从而求出的面积.

【详解】圆的方程为，故圆心坐标为，半径，

点到线段的距离为，

故，

的面积.

故选：B.

6．已知正方体的棱长为分别为棱的中点，点是棱上靠近点的三等分点，则平面截该正方体所得截面的面积为（    ）

A． B． C．10 D．12

【答案】B

【分析】作，交于，连接，并延长交的延长线于点，连接，并延长交的延长线于点，连接交于点，交于点，即可得到为过三点的截面，再求出截面面积即可.

【详解】如图所示，

分别是中点，则，作，交于，连接，

并延长交的延长线于点，连接，并延长交的延长线于点，连接交于点，交于点，

则为过三点的截面.

由面面平行的性质定理得，从而有，，

则，因为是中点，，

所以，又因为，所以，

同理，

梯形是等腰梯形，且梯形与梯形全等，高为，

截面面积.

故选：B.

7．某大型超市设立了“助农促销”专区，销售各种农产品，积极解决农民农副产品滞销问题.为加大农产品销量，该超市进行了有奖促销活动，凡购买专区的农产品每满100元的顾客均可参加该活动，活动规则如下:将某空地划分为（1）（2）（3）(4)四个区域，顾客将一皮球投进区域（1）或者（2）一次，或者投进区域（3）两次，或者投进区域(4)三次，便视为中奖，投球停止，且投球次数不超过四次.已知顾客小王每次都能将皮球投进这块空地，他投进区域（1）与（2）的概率均为，投进区域（3）的概率是投进区域（1）的概率的2倍，且每次投皮球相互独立.小王第二次投完皮球首次中奖的概率记为，第四次投完皮球首次中奖的概率记为，若，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】首先根据条件，理解和对应的事件，再根据独立事件的概率公式求解概率，根据后，即可求解.

【详解】小王投进区域（3）的概率为，投进区域(4)的概率为，故.

小王第二次投完皮球后，首次中奖包含“第一次区域（1）（2）均末投中，第二次投中区域（1）或（2）”和“第一次与第二次均投中区域（3）"两个事件，

则概率为.

第四次投完皮球后，首次中奖，需前三次投完后有一次投进区域（3），有两次投进区域(4)，

因此，令，

得，解得，又，所以.

故选：C.

8．已知双曲线的左焦点为，双曲线上的两点关于原点对称(其中点在双曲线的右支上)，且，双曲线上的点满足，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用双曲线的定义、平面几何的性质和余弦定理解决本题.

【详解】如图所示，为双曲线右焦点，则由，

得四边形为平行四边形，又由，可得，可得四边形为矩形.

设，则,

，

在中，由余弦定理得，

即，

即 ①，

在Rt中，，

即②，

联立①②解得，

代人② ，得，解得.

故选：A.

二、多选题

9．2022 年秋，我国南方某地脐橙大丰收，甲、乙两名网红主播为帮助该地销售脐橙，开启了连续10天针对该地脐橙的直播带货专场，下面统计图是甲、乙两名主播这10天的带货数据：则下列说法中正确的有：（    ）

A．甲主播10天带货总金额超过乙主播10天带货总金额

B．乙主播10天带货金额的中位数低于82万元

C．甲主播10天带货金额的极差小于乙主播 10天带货金额的极差

D．甲主播前7天带货金额的标准差大于乙主播前7天带货金额的标准差

【答案】ABC

【分析】根据两名主播的带货数据，结合中位数和极差，和标准差的定义和意义，即可判断选项.

【详解】A.根据带货数据可知，A正确；

B.将乙主播的带货金额按从小到大排列，按日期排列，2，1，3，8，4，5，6，7，9，10，中位数为第4天和第5天的平均数，低于82万元，故B正确；

C.极差为最大值与最小值的差，根据带货数据可知，甲主播10天带货金额的极差小于乙主播 10天带货金额的极差，故C正确；

D.比较甲和乙前7天的带货金额的数据可知，乙前3天的波动大于甲，后面的波动情况，基本一样，所以甲的标准差小于乙的标准差，故D错误.

故选：ABC

10．已知，则下列不等式一定成立的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】根据题意，由不等式的性质，对选项逐一判断即可得到结果.

【详解】由，得，当时，得0，即;

当时，得，即，综上或，上述两种情况均可得，故选项错误;

当时，得，当时，得，故B选项正确;

令，则，，从而得，故C选项错误;

由上述论证可知恒成立，故D正确.

故选：BD.

11．如图，已知圆锥的顶点为，底面的两条对角线恰好为圆的两条直径，分别为的中点，且，则下列说法中正确的有（    ）

A．平面

B．平面平面

C．

D．直线与所成的角为

【答案】ABC

【分析】根据题意，由线面平行，面面平行的判断定理即可判断ABC，由异面直线所成角即可判断D.

【详解】由已知可得四边形为正方形，且四棱雉各棱长均相等，

由分别为的中点，可得，

又平面，平面，所以平面，故选项正确;

又分别为的中点，所以，

又平面平面，故平面，而，

且平面平面，所以平面平面，故B选项正确;

设，则，

所以，即，

由B选项可知，所以，故C选项正确;

，

故(或其补角)即为异面直线与

所成的角，而，故选项错误.

故选:ABC.

12．已知函数，若关于的方程至少有8个不等的实根，则实数的取值不可能为（    ）

A．-1 B．0 C．1 D．2

【答案】AD

【分析】对方程变形，因式分解得到或，画出的图象，结合图象特点，对进行分类讨论，求出答案.

【详解】由，得，

解得或，

作出的图象如图所示，

若，则或，

设，由，得，此时或.

当时，，有2个不等的实根;

当时，，有2个不等的实根，所以有4个不等的实根，

若原方程至少有8个不等的实根，则必须有且至少有4个不等实根，

若，由，得或有1个根，有3个不等的实根，此时有4个不等的实根，满足题意;

若，由，得有1个根，不满足题意;

若，由，得有1个根，不满足题意;

若，由，得或或，

当有1个根，

当时，有3个不等的实根，

当时，有3个不等的实根，

此时共有7个不等的实根，满足题意.

综上实数的取值范围为

.故选：AD.

【点睛】复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.

三、填空题

13．2022年卡塔尔世界杯期间，3男3女共6位球迷赛后在比赛场地站成一排合影留念，则男、女球迷相间排列的概率为______.

【答案】/0.1

【分析】先求出总的排列数，再由插空法求出满足题意的排列数，由古典概型概率公式求解即可.

【详解】6位球迷站成一排的不同方法数为，其中男、女球迷相间排列的方法数为，

所以所求的概率为.

故答案为：

14．勾股数是指可以构成一个直角三角形三边的一组正整数，若椭圆的一个焦点把长轴分成长度分别为的两段，且恰好为一组勾股数，则的一个标准方程为_________. (写出满足条件的一个即可)

【答案】或或或(答案不唯一，写出一个即可)

【分析】首先列举含10的勾股数，再根据条件求，即可求椭圆方程.

【详解】含10的勾股数有，不妨令，则有或，

解得或当时，;

当时，.

故椭圆的标准方程为或或或.

故答案为：或或或(答案不唯一，写出一个即可)

15．已知函数  ，若 ，对于任意的都有 ，且在区间  上单调，则的最大值为_________.

【答案】18

【分析】根据正弦型函数 的性质和题目给出的条件，运用最小正周期与的关系，对称轴对称点的特点求解.

【详解】由于 ，则的图像关于直线 对称，

则  …①，

）…②，

①-②得， ，令，

则 ，

  的最小正周期，

  在区间上单调，

，  ，解得，

当时，，则②式为，

又，此时 ，

当  时， ， 此时不单调，不符合题意，舍去；

当时，，则②式为 ，又 ，当

时，，当时， ，

此时   ，当  时， ，

此时单调，符合题意，

故答案为：18.

16．已知函数 有两个极值点，且，则实数的取值范围为_________.

【答案】

【分析】原题等价于 是导函数 的两个零点，求导，参数分离，构造函数，根据所够造的函数的导函数的图像求解.

【详解】原题等价于 是导函数 的两个零点， ，

即是方程 的两个不相等的实数根，显然不符合方程0，

所以和是方程 的两个根，

即函数 的图像与直线有两个不同的交点，

由于 ，所以当或时， ；当时， ，故的减区间为和，增区间为，

当x趋于时， 趋于0，且，当且x趋于0时，

趋于，当时，x趋于0时，趋于，

在处， 取得极小值 ；当时，x趋于时， 趋于 ，

作出的大致图像如下图所示，

由图可知， ，且，

因为，取，并令，则 ， 单调递增， ，解得 ，此时 ，即 ，

故答案为：.

四、解答题

17．已知数列的前项和为，且，_______.

请在（1）;（2）成等比数列;（3），这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下列问题.

(1)求数列的通项公式;

(2)若，求数列的前项和.

注:如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由条件可知，数列是等差数列，不管选择哪个条件，都利用等差数列的公式，代入基本量，即可求解；

（2）首先由（1）得，再根据数列正负项的分界，分情况求数列的前项和.

【详解】（1）由题可知，即，所以数列是首项为，公差为2的等差数列.

若选（1）:由，得，即，

所以，解得，所以，

即数列的通项公式为.

若选（2）:因为成等比数列，

所以，即，解得，

所以，即数列的通项公式为.

若选（3）:由，得，即，

所以，即数列的通项公式为.

（2）由（1）得，令，得，所以当时，

，

当时，

综上所述，

18．沙漠治理能使沙漠变成一片适宜居住的地方，不让沙漠扩大化.近30年来，我国高度重视防沙治沙工作，相继采取了一系列重大举措加快防沙治沙步伐，推动我国防沙治沙事业.我国某沙漠地区采取防风固沙、植树造林等多措并举的方式，让沙漠变绿洲，通过统计发现，该地区沙漠面积(单位:公顷)与时间(单位:年)近似地符合)回归方程模型(以2016年作为初始年份，的值为1)，计算2016年至2022年近7年来的与的相关数据，得，(其中表示第年，，

(1)求关于的回归方程;

(2)从2016年起开始计算，判断第24年该地区所剩的沙漠面积是否会小于75公顷.

附:对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为.

【答案】(1)

(2)第24年该地区所剩的沙漠面积会小于75公顷.

【分析】（1）根据题意，由最小二乘法计算公式，代入计算即可得到结果；

（2）根据题意，由（1）中的线性回归方程，代入计算即可得到结果.

【详解】（1）由表中数据可得，

因为，设关于的线性回归方程为，

则，则，

故关于的回归方程为.

（2）由回归方程可知，随着的增大，逐渐减小，当时，

，故第24年该地区所剩的沙漠面积会小于75公顷.

19．已知的内角所对的边分别为.

(1)若，求证:是等边三角形;

(2)已知的外接圆半径为，求的最大值.

【答案】(1)证明见解析;

(2)

【分析】（1）由正弦定理可得，再由，可得，从而得，即得证；

（2）结合（1）及正弦定理可得，结合余弦定理可得，从而可得，再结合基本不等式即可求得答案.

【详解】（1）证明:由正弦定理得

又因为，，，

又，即

由，则，即，

，整理得.

，，则，

，

为等边三角形；

（2）由（1）得，由正弦定理得，

由余弦定理得，

所以，

所以，

因为，

所以，

即，当且仅当时，等号成立，

所以，

即的最大值为.

20．如图，在四棱雉中，为等边三角形，，，且，平面底面.

(1)证明:平面；

(2)点为棱的中点，求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明即可；（2）取的中点，连接，根据面面垂直的性质定理得平面，结合题干条件，可得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点和向量的坐标，计算平面和平面的法向量，利用向量夹角计算公式计算二面角的余弦值，从而计算出正弦值.

【详解】（1），，

又平面平面，平面平面，

平面，平面.

（2）取的中点，连接，

为等边三角形，且是的中点，

，.

又平面平面，平面平面，

平面，平面，

四边形为矩形，又平面，两两垂直，

故以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

则.

设平面的法向量为，

，解得

设平面的法向量为，

则，解得

设二面角的大小为，由图可知为锐角，

则，

，即二面角的正弦值为.

【点睛】一般对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

21．已知点在抛物线上，过点的直线与相交于两点，直线分别与轴相交于点.

(1)当弦的中点横坐标为3时，求的一般方程;

(2)设为原点，若，求证:为定值.

【答案】(1)或

(2)证明见解析

【分析】（1）先求抛物线的方程，再利用根与系数的关系可得直线的斜率，然后可得方程；

（2）利用向量相等表示出参数，进而通过根与系数的关系整体代入消掉变量即得结果.

【详解】（1）由点在抛物线上，所以，

所以抛物线的方程为.设直线的方程为.

由，得.依题意，

解得且.且.

因为弦的中点横坐标为3，所以，即，

解得或，所以的一般方程为或.

（2）直线的方程为，

又，令，得点的纵坐标为.所以，

同理得点的坐标为.

由，得，.

所以.

所以，即为定值.

22．已知函数.

(1)讨论的单调性;

(2)设函数，求证:当时，恰有两个零点.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）先求得的定义域和导函数，然后对进行分类讨论，由此求得的单调区间.

（2）利用多次求导的方法，利用导数研究的单调性，结合零点存在性定理证得结论成立.

【详解】（1）的定义域为，

，

当时，，在上单调递增;

当时，，在上单调递增;

当时，令，得，此时单调递增，

令，得，此时单调递减;当时，，

在上单调递减.

综上所述，当时，在上单调递增;

当时，在上单调递增，在上单调递减;

当时，在上单调递减.

（2）当时，，

令，则，

①当时，，所以在上单调递减，

又因为，所以在上有唯一的零点.

当时，单调递增;

当时，单调递减，

所以在上存在唯一的极大值点，且，

所以，

又因为

所以在上恰有一个零点.

又因为，

所以在上也恰有一个零点.

所以在上有两个零点.

②当时，因为，

所以，设，

所以在上单调递减，所以，

所以当时，恒成立，所以在上没有零点.

③当时，，

设，

所以在上单调递减，

所以,

所以当时，恒成立，

所以在上没有零点.

综上，恰有两个零点.

【点睛】利用导数研究函数的单调性，若导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.在利用导数研究函数的过程中，若一次求导无法求得函数的单调区间，则可考虑利用多次求导的方法来进行研究.