河北省邯郸市2023届高三保温数学试题

邯郸市2023届高三年级保温试题

数学详细参考答案及评分标准

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．

1．【命题意图】本题以解不等式为载体考查集合的交集和补集运算，考查学生的运算求解能力．

【答案】A

【解析】由解得或，所以，即，故选A．

2．【命题意图】本题考查平面向量的线性运算，考查学生的逻辑推理能力．

【答案】D

【解析】依题意，显然～，故有，

即，，则.故A正确；

又四边形ABCD是等腰梯形，故，即，故B正确；

在中，，故C正确；

又，所以D错误；故选D．

3．【命题意图】本题考查过焦点的直线与抛物线的位置关系，考查学生的运算求解及逻辑推理能力．

【答案】B

【解析】由题意可知，过点的直线为，与的交点分别为，

，所以直线方程为，又因为，所以，故选B．

4．【命题意图】本题考查分类加法计数原理、分步乘法计数原理及组合数的应用，重点考查了运算求解能力和逻辑推理能力．

【答案】C

【解析】由题意可知，向甲、乙、丙三所医院分配医生的人数有三种类型，分别为122，212，221，

因为甲医院要求至少有一名女医生，第一种方案共有种，

第二种方案分两种情况，分别是：甲有两名女医生、甲有一名女医生，共有种，

同理，第三种方案有种，共有54种，故选C．

5．【命题意图】本题考查外接球半径的求法．考查学生的运算求解能力和逻辑推理能力．

【答案】B

【解析】将三棱锥置于边长为2的正方体中，如下图所示，则有三棱锥的外接球半径

；

由于平面，故．又，，故有平面，从而．

又，，故平面，所以，．

又，，所以平面．

因此，三棱锥四个面都是直角三角形．

同理，可得三棱锥的外接球半径．

所以，，故选B．

6．【命题意图】本题考查动点轨迹及两点间的距离公式，突出考查数形结合、转化与化归思想．

【答案】C

【解析】因为，动点满足，

则，整理得，

可以看成圆上动点与定直线上动点的距离，

其最小值为圆心到直线的距离减去圆的半径2．即，

因此，的最小值是4．故选C．

7．【命题意图】本题主要考查组合数性质的应用．考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查转化与化归思想．

【答案】D

【解析】根据“杨辉三角”，

因此，此数列的前30项和为：

解法1：上式．

解法2：上式

．故选D．

8．【命题意图】本题综合考查导函数的对称性、双极值点处理策略及三角函数的图象与性质．主要考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想．

【答案】A

【解析】，，

依题意，．注意到，

即是的对称轴，故．

从而．

又，，

且函数的图像如图：

故当时，有两个不等实根和．

即．所以，故选A．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．【命题意图】本题考查复数四则运算及复数的向量表示．主要考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想．

【答案】ABD

【解析】依题意，，则=，故A正确；

又，，，故，B正确；

设，由得，，则

，

故，，故C错误，D 正确．

10．【命题意图】本题考查曲线方程及对应曲线的性质．主要考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想．

【答案】BD

【解析】若，则曲线C的方程为，故焦点的坐标为和，故A不正确；

若，则曲线C的方程为，则的面积，

所以，其内切圆半径，故B正确；

若曲线C是双曲线，且一条渐近线倾斜角为，则渐近线方程为，

即，解得，故C不正确；

若曲线C的离心率，则有，即或，

解得或，故D正确．综上可知，BD正确．

11．【命题意图】本题以空间几何体为载体考查不等式性质．主要考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想．

【答案】ACD

【解析】如图所示，设，则，，

于是，故A正确．

当时，有，此时，故B不正确；

设点到平面的距离为，

由于，

故

由于，，所以，，

从而，从而，即，故C正确；

又，故，故D正确．

12．【命题意图】本题突出对符号语言的考查，突出对定义的理解及应用，难点是概率思想与函数的综合

【答案】BCD

【解析】极大似然是一种估计方法，A错误；

设鲤鱼和草鱼的比例为，则出现80条鲤鱼，20条草鱼的概率为，

在上单调递增，在上单调递减，故当时，最大，故B正确；

根据题意可知C正确；

故达到极大值时，参数的极大似然估计值为，故D正确．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．【命题意图】本题考查函数的奇偶性，考查学生逻辑推理能力．

【答案】1

【解析】依题意，，得，经检验，符合题意.

14．【命题意图】本题综合考查三角函数与解三角形，主要考查学生的运算求解能力和逻辑推理能力．

【答案】

【解析】因为，所以，即

所以，又

所以，故

15．【命题意图】本题考查数列的递推公式，意在考查学生的逻辑推理、转化化归等数学能力．

【答案】2024

【解析】由题意，

故

16．【命题意图】本题综合考查曲线公切线问题，突出考查导函数的几何意义，考查学生的逻辑推理、转化化归和运算求解能力．

【答案】

【解析】曲线在点处的切线方程为，

由于直线与圆相切，得（*）

因为曲线与圆有三条公切线，故（*）式有三个不相等的实数根，

即方程有三个不相等的实数根．

令，则曲线与直线有三个不同的交点．

显然，．

当时，，当时，，当时，，

所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

且当时，，当时，，

因此，只需，解得．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．【命题意图】本题以结构不良形式考查解三角形与三角函数的综合应用，突出考查学生数学运算、逻辑推理能力.

【答案】（1）（2）3

【解析】（1）因为，所以. …………2分

又故由正弦定理得，，故有.  ……………4分

（2）选择条件①：

在中，由余弦定理得，

即，故.        ……………………………………6分

又因为

所以                     ……………………………………8分

当且仅当时，等号成立.

故的最大值为3.                             ………………………………………10分

选择条件②：

由题，平方得，  ……………………………………6分

在中，由余弦定理得，

即，所以.          …………………………………8分

故有

从而，当且仅当时，等号成立.     

故的最大值为3.                                    ………………………………………10分

18．【命题意图】本题考查数列前项与第项的关系以及等差等比数列相关性质，意在考查学生的逻辑推理、运算求解能力．

【答案】（1）；（2）不存在

【解析】（1）由题意，

两式相减可得，，即      ……………………………………………2分

由条件，，故．       ……………………………………………4分

因此是以1为首项，4为公比的等比数列.        

从而．                           ……………………………………………6分

（2）由题意，，如果满足条件的存在，

则其中，即，      ……………………………………9分

又，故，可得，结合

可得，与已知矛盾，所以不存在满足条件的三项．       ………………………………12分

19．【命题意图】本题主要以三棱锥为载体考查线面垂直判定定理和点到平面的距离，二面角的平面角，重点考查学生的空间想象，数学运算、逻辑推理能力．

【答案】（1）2 （2）．

【解析】（1）在中，，且为中点，

所以，

又因为，，所以平面．             ……………………………2分

所以，

则，因为的面积为，

所以，又，故．                  ……………………………4分

则的面积为，设到平面的距离为，

所以，即．                                   ……………………………6分

（2）作交平面于点，因为，，

所以≌，所以.

又，，故≌，故，则在的延长线上．

因为，，，所以平面．

因为平面，所以，

所以四边形为正方形．                                       ………………………7分

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐

标系，

则、、、，

设平面的法向量为，

由，得

取，得，则，   ……………9分

设平面的法向量为，

由，得，取，则，            

，                              ………………………11分

设二面角的平面角为，则，

所以平面与平面夹角的余弦值是．                     ………………………12分

20．【命题意图】本题主要考查直线与双曲线的关系问题，重点考查学生的数学运算、逻辑推理能力．

【答案】（1） （2）．

【解析】（1）设曲线的方程为，由曲线过点两点，得，

解得，所以曲线的方程为；              …………………………………4分

（2）由题意可知过点的直线的方程为，设

由消去，得

则，解得且    ①

                                                       ………………………………………6分

设则有   ②

设直线的方程为，令得，

所以直线与轴交点的坐标为.              ………………………………………7分

同理可得直线的方程为，令得，

所以直线与轴交点的坐标为.              ………………………………………8分

由题意可知，

即，

即

所以    ③              …………………………………10分

将②代入③得

整理得，                                    ………………………………11分

所以满足①式，综上，.                    ………………………………12分

21．【命题意图】本题考查利用导数研究函数单调性及极值问题，意在考查学生转化化归、逻辑推理、运算求解能力

【答案】（1）（2）略

【解析】（1）由题意，，

因为在单调递增，所以在恒成立．  

即在恒成立，                                …………………………2分

令，

则，在上恒小于等于0， 

故在单调递减，.

故．                                                     …………………………4分

（2）有两个零点，即有两个根.

由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，且.

所以，且.                                      …………………………6分

要证，只需证，又在单调递减，只需证.

又， 只需证.

只需证；只需证，       ………………………………8分

记，则，         …………………………10分

故在上单调递减，                               

从而当时，，

所以，因此.                                      …………………………12分

22．【命题意图】本题主要考查概率与数列的交汇应用，突出考查学生的逻辑推理、运算求解能力．

【答案】（1） （2）；9

【解析】（1）根据题意，可取1，2，3

，，       ………………………………2分

所以                    ………………………………3分

由得，又

所以的取值范围是                                     ………………………………4分

（2）（i），其中

所以的数学期望为

                     ………………………………6分

设利用错位相减可得

所以

………………………………9分

另解：

                          ………………………………9分

(ii)依题意，，即，即

故的最小值为9．                                          ………………………………12分