河北省2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷（含解析）

河北省2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷

一、单选题

1．已知复数是纯虚数，则（    ）

A．3 B．1 C． D．

2．下列说法正确的是（    ）

A．高一年级全体高个子同学可以组成一个集合

B．

C．

D．符合条件集合P有4个

3．“对所有，不等式恒成立”的充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

4．将个座位连成一排，安排个人就坐，恰有两个空位相邻的不同坐法有

A． B． C． D．

5．已知等差数列的公差不为且成等比数列，则下列选项中错误的是（    ）

A． B．

C． D．

6．已知点，圆，过点的直线与圆交于，两点，则的最大值为（    ）

A． B．12 C． D．

7．我国古代《九章算术》中将上下两面为平行矩形的六面体称为刍童．如图的刍童有外接球，且，，，，平面与平面间的距离为1，则该童外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

8．已知函数有两个零点，且存在唯一的整数，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．以下四个命题中，真命题的有（    ）

A．在回归分析中，可用相关指数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好；

B．回归模型中残差是实际值与估计值的差，残差点所在的带状区域宽度越窄，说明模型拟合精度越高；

C．对分类变量与的统计量来说，值越小，判断“与有关系”的把握程度越大．

D．已知随机变量服从二项分布，若，则．

10．关于函数的说法正确的是（    ）

A．若，则

B．的表达式可改写为

C．当且仅当时，取最大值1

D．的图象关于直线对称

11．甲烷是最简单的有机物，甲烷分子是由一个碳和四个氢原子组成，呈正四面体结构，如图是甲烷分子结构的球棍模型，表示碳原子的黑球球心位于正四面体的中心，表示氢原子的白球球心分别为正四面体的四个顶点.若模型中白球半径为1cm，任意两个白球球心距为，则下列正确的是（    ）

A．模型中黑球球心与白球球心距是

B．如图摆放模型高度为

C．模型中黑球半径最大是

D．给如图模型做一个正四面体形状的包装盒，包装盒棱长最小为

12．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，则（    ）

A．以线段为直径的圆与直线相切

B．以线段为直径的圆与轴相切

C．当时，

D．的最小值为

三、填空题

13．

展开式中的常数项是__________．

14．斜率为的直线过抛物线的焦点，若直线与圆相切，则_____．

15．已知实数，则的最小值为____________．

16．若正实数a，b满足，则的最小值为______.

四、解答题

17．已知数列的前项和为，，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)①；②；③．

从上面三个条件中任选一个，求数列的前项和．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

18．在中，内角的对边分别为，．

(1)求；

(2)如图，在所在平面上存在点，连接，若，，，，求的面积．

19．某家电专卖店试销三种新型空调，销售情况如下表所示：

(1)从前三周随机选一周，若型空调销售量比型空调多，求型空调销售量比型空调多的概率；

(2)为跟踪调查空调的使用情况，根据销售记录，从该家电专卖店第二周和第三周售出的空调中分别随机抽取一台，求抽取的两台空调中型空调台数的分布列和数学期望；

(3)直接写出一组的值，使得表中每行数据的方差相等．

20．如图，在四棱锥中，是边长为2的菱形，且，，，E，F分别是的中点．

(1)证明：平面平面．

(2)求二面角的大小．

21．已知双曲线Γ：，，为Γ的左、右顶点，为Γ上一点，的斜率与的斜率之积为．过点且不垂直于x轴的直线l与Γ交于M，N两点．

(1)求Γ的方程；

(2)若点E，F为直线上关于x轴对称的不重合两点，证明：直线ME，NF的交点在定直线上．

22．已知函数，．

(1)若的最值和的最值相等，求m的值；

(2)证明：若函数有两个零点，，则．

参考答案：

1．B

【分析】求出复数的代数形式，再根据纯虚数的概念列式计算.

【详解】,

因为复数是纯虚数，

则，解得

故选：B.

2．D

【分析】根据集合的特征可判断A，利用为正整数集可判断B，根据存在量词命题的真假可判断C，根据子集的定义可判断D.

【详解】对于A，高个子同学具有不确定性，故不能组成一个集合，故错误；

对于B，是正整数集，所以，故错误；

对于C，，故错误；

对于D，因为，所以可为，故正确；

故选：D.

3．D

【分析】利用不等式恒成立和构造基本不等式可确定，即可求解.

【详解】由不等式恒成立，得恒成立，

因为，

当且仅当，即时取得等号，

所以不等式恒成立，则，

因为是的充分不必要条件，

故选:D.

4．B

【详解】12或67为空时，第三个空位有4种选择；23或34或45或56为空时，第三个空位有3种选择；因此空位共有，所以不同坐法有,选B.

5．D

【分析】先求得等差数列的通项公式以及前项和，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】设等差数列的公差为，

由于成等比数列，

所以，，

，解得或（舍去）.

所以.

所以，A选项正确.

，

由于，所以，B选项正确.

，，所以C选项正确，D选项错误.

故选：D

6．B

【分析】利用中点坐标求出AB的中点的轨迹方程为圆心、半径为1的圆，得的最大值，结合即可求解.

【详解】由题意知，，圆M的半径为4，设AB的中点，

则，即，

又，所以，

即点D的轨迹方程为，圆心，半径为1，

所以的最大值为，

因为，

所以的最大值为12.

故选：B.

7．C

【分析】设上底面中心为，下底面中心为，刍童外接球的球心为，则，，共线，由已知求出两个长方形的对角线长，再由勾股定理列式求得刍童的外接球的半径，则表面积可求．

【详解】解：如图，设上底面中心为，下底面中心为，

刍童外接球的球心为，则，，共线，

连接，，，，

由已知可得，，．

设该刍童的外接球的半径为，，

则，，联立解得．

该刍童的外接球的表面积为．

故选：C.

8．B

【分析】由题意可知，构造函数，利用导数研究函数的单调性及极值，又时，；当时，，作出函数的图像，利用数形结合思想即可求解.

【详解】由题意，得，

设，求导

令，解得

当时，，单调递增；当时，，单调递减；

故当时，函数取得极大值，且

又时，；当时，，故；

作出函数大致图像，如图所示：

又，

因为存在唯一的整数，使得与的图象有两个交点，

由图可知：，即

故选：B.

【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

9．AB

【分析】根据相关指数的定义确定A；

根据残差的性质确定B；

根据独立性检验确定C；

根据二项分布与均值的运算确定D.

【详解】对于A，由相关指数的定义知：越大，模型的拟合效果越好，A正确；

对于B，残差点所在的带状区域宽度越窄，则残差平方和越小，模型拟合精度越高，B正确；

对于C，由独立性检验的思想知：值越大，“与有关系”的把握程度越大，C错误．

对于D，，，又，，解得：，D错误．

故选：．

10．BC

【分析】利用三角函数的性质可以判断A的正误，结合诱导公式可以判断B的正误，把相应自变量的值代入即可判断C、D的正误.

【详解】对于A，因为，所以，

所以，，

所以不一定是的整数倍，

因此A错误；

对于B，，所以B正确；

对于C，由于，所以当且仅当时，取最大值1，因此C正确；

对于D，由于，所以D错误.

故选：BC.

11．ABD

【分析】依题意得，正四面体边长是，A中黑白球球心距离实际上是求正四面体外接球半径，B选项的摆放高度是指正四面体的高加上两个白球的高，C选项黑球半径最大时，黑球和白球相切，最大半径为正四面体外接球球心到顶点的距离减白球半径，D选项，最小的正四面体包装要达到的状态是：每个白球和正四面体的“角落”相切，于是最小棱长是在加上两小段.

【详解】过作平面，垂足为，根据对称性，四面体外接球球心在线段上，设球心为，依题意得，正四面体边长是，则，设球的半径为，于是在中根据勾股定理，，解得，即黑球球心与白球球心距是，A选项正确；摆放高度是指正四面体的高加上两个白球的高，即，B选项正确；黑球最大只能是恰好和白球相切，即，C选项错误；D选项仍借用下图作为模型考虑，由已知数据，过作，垂足为，依题意知，大正四面体的最小棱长为，由选项A，，即得正四面体的性质外接球半径是内切球半径的三倍，当内切球半径为1时，即，于是，，于是大正四面体的最小棱长为，D选项正确.

故选：ABD

【点睛】

12．ACD

【分析】A选项由判断即可；B选项判断和之间的关系，C选项，先联立得到，再结合条件解出，即可解出；D选项借助基本不等式进行判断.

【详解】

准线方程，，设在准线上的射影为，，可得以线段为直径的圆与直线相切，故A正确；

设，则，，设中点为,在轴上的射影为，则，令，即，解得，故只有时，以线段为直径的圆与轴相切，B错误；

设直线的方程为，联立直线与抛物线方程可得，，，由得，解得，，故C正确；

由得，当且仅当时取等号，故D正确.

故选：ACD.

13．6

【分析】先将已知的代数式变形为二项式;再利用二项展开式的通项公式,求出展开式的通项;令x指数为0,求出r;将r的值代入通项,求出展开式的常数项.

【详解】,

展开式的通项为;

令得,

所以展开式的常数项为.

故答案为6.

【点睛】本题考查利用二项展开式的通项公式,解决二项展开式的特定项问题，属于基础题.

14．

【分析】求出直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径，求解即可．

【详解】解：斜率为的直线过抛物线的焦点，

直线的方程为，即，

直线与圆相切，圆心为，半径为，

，解得或（舍去）.

故答案为：.

【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查抛物线的焦点坐标，解题时由抛物线焦点坐标写出直线方程，由圆心到直线距离等于半径即可求解．

15．##

【分析】由换元法与基本不等式求解，

【详解】令，

（当且仅当，即时，取等号）．

故答案为：

16．

【分析】由不等式变形为，通过换元，根据不等式恒成立得出a与b的关系，从而把表示为关于a的表达式，再通过构造函数求最值即可．

【详解】因为，所以，

所以，即

令，则有()，

设，则，由得

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

所以，即，又因为，

所以，当且仅当时等号成立

所以，从而，所以()

设()，则，由得

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，所以的最小值为．

故答案为：．

17．(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）由已知可得当时，，进而得，可求数列的通项公式；

（2）若选①：．错位相减法可求．若选②：，可求．若选③：，分组求和可求．

【详解】（1）当时，，，

，，，

当时，．．，

，数列是以，3为公比的等比数列，

．

（2）若选①：，

，

，

，

．

若选②：，

．

若选③：，

．

【点睛】数列求和的常见方法：

①错位相减法

②裂项相消法

③分组求和

④公式法

⑤倒序相加法

18．(1)

(2)

【分析】（1）运用正弦定理和余弦定理求解；

（2）由（1）的结论，运用正弦定理和条件计算出 ，再用面积公式计算.

【详解】（1） ，由正弦定理得：

，即 ，

由余弦定理得： ， ，又 是三角形内角，

；

（2）令 ，四边形内角和为 ，由（1）的结论知：…① ，

在 中，由正弦定理得： ，

在 中， ，

又 ，将①代入得： ，

，

即 ，  ， ， ；

综上， ， .

19．(1)

(2)分布列见解析；.

(3)

【分析】（1）根据条件概率的计算公式即可求解；

（2）根据题意得出的可能取值，分别计算其概率，列出分布列，根据分布列求数学期望.

（3）利用方差的计算公式，结合题干中每组数据，将每组数据补成两对相邻数据，且和能被4整除的数即可.

【详解】（1）解：记事件为“型空调销售量比型空调多”，则；

记事件为“型空调销售量比型空调多”，则；

故若型空调销售量比型空调多，型空调销售量比型空调多的概率为.

（2）解：由题可知，在第二周抽取型空调的概率为，第三周抽取型空调的概率为.

的可能取值为0，1，2，

故,

,

,

故的分布列为：

则.

（3）解：因为方差，且表中每行方差相等.

所以

其中，，，.

观察数据：第一组15，11，10，；第二组：14，13，9，；第三组：12，11，6，.

故可以将每组数据补成两对相邻数据，且和能被4整除，即，

则，

，

.

则.

故满足题意.

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取AD的中点G，连接PG、BG、BD，由线线垂直证平面PGB，即可依次证，，平面DEF，平面平面

（2）于G，建立空间直角坐标系如图所示，由向量法求二面角即可.

【详解】（1）证明：取AD的中点G，连接PG、BG、BD，

由E，F分别是的中点得，

由是边长为2的菱形，且得、为正三角形，

∴，，，∴，，

由得，又平面PGB，∴平面PGB，

∵平面PGB，∴，∴，

∵平面DEF，∴平面DEF，

∵平面PAD，∴平面平面.

（2）作于G，交于H，∵平面PGB，则可建立空间直角坐标系如图所示.

在中，，由余弦定理得，

∴，，∴.

故，

设平面、平面的法向量分别为，则有

，令，则有，

故二面角的余弦值，

由图可知，二面角所成平面角为钝角，∴二面角的大小为.

21．(1)；

(2)详见解析.

【分析】（1）由题可知，根据条件列出方程组，进而即得；

（2）设直线MN的方程为，联立双曲线方程求得，再由直线和的方程，求得交点的横坐标，即可求解．

【详解】（1）由题意得，又为Γ上一点，的斜率与的斜率之积为，

所以，解得，

所以双曲线Γ的标准方程为；

（2）设直线MN的方程为，

由，可得，则

，，

设，，，，，

所以，

直线：，：，

联立两方程，可得：

，

解得，

当直线与x轴重合时，则，

：，：，联立可得，

综上，直线ME与NF的交点在定直线上.

22．(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)分别对函数求导，利用导数求出函数的最值，结合最值相等即可求解；

(2) 设，，根据有两个零点，，可得：函数是增函数，则，进而将要证明的不等式转化为证，只需证，构造函数，利用导数取出函数的单调性即可证明结论.

【详解】（1）对函数求导可得：，令，可得：，

所以函数在上递增，在上递减，

则，又，所以，，

令，可得：，所以函数在单调递减，在单调递增，

则，

由题意可知：，，

所以m的值为．

（2）若有两个零点，，不妨设，

，设，，

由，得，

因为函数是增函数，所以，

则，设，则，，

欲证，即证，即证，

只需证（*）

设，，

，在上，，单调递减，

所以，所以，

令即得（*）成立，

从而，命题得证．

【点睛】思路点睛：根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.