河北省2023届高三下学期4月大联考（二模）数学试卷(含答案)

这是一份河北省2023届高三下学期4月大联考（二模）数学试卷(含答案)，共14页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河北省2023届高三下学期4月大联考（二模）数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题1、若复数，在复平面内对应的点关于y轴对称，且，则复数(   )A.1 B.-1 C.i D.2、设集合，，若，则实数a的取值范围为(   )A. B. C. D.3、某地以“绿水青山就是金山银山”理念为引导，推进绿色发展，现要订购一批苗木，苗木长度与售价如下表：苗木长度x（cm）384858687888售价y（元）16.818.820.822.82425.8若苗木长度x与售价y（元），则当售价大约为38.9元时，苗木长度大约为(   )A. B. C. D.4、的展开式中，含项的系数为-15，则(   )A.1 B.-1 C. D.5、函数的部分图象如图所小，为了得到的图象，只需将的图象(   )A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度6、已知函数，则不等式的解集为(   )A.  B.C.  D.7、表面积为的球内有一内接四面体PABC，其中平面平面PAB，，是边长为3的正三角形，则四面体PABC体积的最大值为(   )A. B. C. D.8、在平面直角坐标系中，直线与x轴和y轴分别交于A，B两点，，若，则当k，m变化时，点C到点的距离的最大值为(   )A. B. C. D.二、多项选择题9、F为抛物线的焦点，点M在C上且，则直线MF的方程可能为(   )A.  B.C.  D.10、已知，其中且，则下列结论一定正确的是(   )A.  B.C.  D.11、长方体中，，，，则(   )A.A到平面的距离为B.A到平面的距离为C.沿长方体的表面从A到的最短距离为D.沿长方体的表面从A到的最短距离为12、下列不等式成立的是(   )A.  B.C. D.三、填空题13、若向量，，且a，b共线，则_______.14、若直线是函数的图象在某点处的切线，则实数______.15、已知双曲线的左、右焦点分别为，若在C上存在点P（不是顶点）使得，则C的离心率的取值范围为_____.16、已知是各项均为正整数的数列，且，，对任意，与有且仅有一个成立，则的最小值为_______.四、解答题17、的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设.（1）求C（2）若，，求a.18、记为公比不为1的等比数列的前n项和，.（1）求的通项公式；（2）设，若由与的公共项从小到大组成数列，求数列的前n项和.19、如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F，G分别为AC，，，的中点，.（1）求证：；（2）若直线FG与平面BCD所成角的正弦值为，求AD的长.20、袋子中有8张水果卡片，其中4张苹果卡片，4张梨子卡片，消费者从该袋子中不放回地随机抽取4张卡片，若抽到的4张卡片都是同一种水果，则获得一张10元代金券；若抽到的4张卡片中恰有3张卡片是同一种水果，则获得一张5元代金券；若抽到的4张卡片是其他情况，则不获得任何奖励.(1)求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片都是苹果卡片的概率；(2)记随机变量X为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求X的分布列和数学期望；(3)该商家规定，每位消费者若想再次参加该项抽奖活动，则需支付2元.若你是消费者，是否愿意再次参加该项抽奖活动?请说明理由.21、已知椭圆的左焦点与短轴两端点的连线及短轴构成等边三角形，且椭圆经过点.（1）求椭圆E的方程（2）不经过点M的直线与椭圆E相交于A，B两点，A关于原点的对称点为R，直线MR，MB与y轴分别交于P，Q两点，求证：.22、已知.（1）求证：当时，；（2）若关于x的不等式恒成立时，实数m的取值范围是，求证：.
参考答案1、答案：C解析：由题意知，，则，故选C.2、答案：A解析：由，得，所以，解得，故选A3、答案：B解析：因为，，所以代人中，得，解得，当时，，解得.故选B.4、答案：C解析：，显然只能来源于，故只需求展开式中的系数，由二项展开式可得，含有的项为，于是，解得.故选C.5、答案：D解析：由函数的图象可知；函数的图象过，，这两点，设函数的最小正周期为T，所以，所以，所以，因为函数图象过点，所以，得，因为，所以，即，因此，，为了得到的图像，只需将的图象向右平移个单位长度即可.故选D.6、答案：C解析：由，得的定义域为，，故为偶函数，而，，在上单调递增，故在上单调递增，则可化为解得或.故选C7、答案：D解析：如图，设球O的半径为R.因为球的表面积为，所以球O的半程为.因为是边长为3的正三角形，所以由正弦定理知的外接圆的半径，球心到外接圆的国心的距离..连接，并延长交AB于H，连接PH.因为平面PAB平面ABC，当点P使得PH平面ABC，四面体PABC的体积最长，作，则，所以.在中，由勾股定理，得，则，所以四面体PABC体积的最大值为.故选D.8、答案：B解析：由，得，，故由，得，由，得，设，则，即，即点C轨迹为半径为的动圆.设该动圆圆心为，则，，整理得，，代人中，得上，即C轨迹的圆心在何上，故点与该圆上的点的连线的距离加上圆C的半径即为点C到点的距离的最大值，最大值为，.故选B.9、答案：BD解析：设点，因为，所以，解得，则点.又焦点F为，则直线MF的方程为.故选BD.10、答案：AD解析：由已知得，，又，，从而得到，所以，，即，，所以，故A正确；对于B选项，，故B错误；对于C选项，，当k为偶数时，，故C错误；对于D选项，，所以D正确.故选AD.11、答案：AC解析：，，，所以，所以，.设A到平面的距离为h，则由得，所以，故A正确，B错误.如图1所示，长方体中，，，，将侧面和侧面展升，如图2所示. 图一 图二连接，则有，即经过侧面和謝面时，A到的最短距离是，将侧面和底西展开，如图3所示，连接，则有，即经过侧面和底面时，A到的最短距离是；将侧面和底面展开；如图4所示. 图三 图四连接，则有，即经过侧面和底面时，A到的最短距离是.因为，所以沿长应体表面由A到的最短距离是，故C正确，错误.故选AC.12、答案：BCD解析：对于A：，，而，，故A错误；对于B，构造函数，则，显然当时，，单调递减，所以，既，而，故B正确；对于C，，，而，所以，故C正确；对于D，，，，，，故D正确.故选BCD13、答案：-13解析：由a与b共线得，，解得，所以，所以，，所以.14、答案：2解析：设切点为.由题意可得解得15、答案：解析：双曲线C上存在不是顶点的点P，使得，则点P在右支上，设与y轴交于点Q，由对称性，所以，所以，又，所以，由，得，所以.又在中，，，所以，即.综上，.16、答案：20解析：由已知，所以，若，因为，所以，故，所以，①若，则，当时，、若，则，与条件相矛盾；当时，，若，则，与条件相矛盾；当时，，若3，则可以取8，此时；当时，，又，则；当时，，则.②若，则，则，则.③若，则，则，则.④若，则，则，所以的最小值为20.17、答案：（1）（2）解析：（1）由结合正弦定理得.，又，化简得，解得.又，故.（2）由(1)知，则，由结合正弦定理得，所以，化简得，即，又，得，所以由正弦定理得.18、答案：（1）（2）解析：（1）设等比数列的公比为，因为，即，即，所以，又，即，解得，所以.（2）由（1）可得，则数列为0，2，4，6偶数组成的数列，又，令，则n为正偶数，所以，，，，，所以为以2为首项，4为公比的等比数列，所以.19、答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）在正三棱柱中，平面ABC，E，F，G分别是AC，，，的中点，，又，，平面ABC，E，F，B，G四点共面，，，且，平面EFGB，.（2）在正三棱柱中上，F分别为AC，中点且，所以四边形为平行四边形，平面ABC平面ABC，又正三角形ABC中，E为AC中点认为原点建立空间直角坐标系，如图。设AD长为，，，，，，，，，设平面BCD法向量为，，②中令，则，将代入①，设直线FG与平面BCD所成角为，则，即，平方.得，，AD长为20、答案：(1)(2)分布列见解析，(3)愿意，理由见解析解析：(1)记某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都是苹果为事件A，则，所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都是苹果的概率为；(2)依题意随机变量X的所有可能取值为0、5、10，则，，，所以X的分布列为：X0510P所以；(3)记随机变量Y为消费者在一次抽奖活动中的收益，则，所以，所以愿意再次参加该项抽奖活动.21、答案：（1）（2）证明见解析解析：（1）设椭圆的上、下顶点分别为，，左焦点为，则是等边三角形，所以，则椭圆方程为，将代人椭圆方程，可得，解得，所以椭圆E的方程为.（2）证明：设，则.将直线代人椭圆方程，得，其判别式，即，，.要证，即证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，即证因为，，所以.22、答案：（1）证明见解析（2）证明见解析解析：（1）证明：令，所以，因为，所以，所以，，在上单调递增，所以，故在上单调递增，所以，即.（2）证明：据题意，“对于任意的，不等式恒成立”时，等价于“对于，.令，又实数m的取值范围为，故t是实数m的最大值.要证，即证.，令，则，，所以在上单调递增，，，故，使得，即.所以，有，单调递减；，，，单调递增所以，，，，所以存在，使得，即，且满起，，，单调橧减；，，，单调递增；所以.令，则，故单调递减，又，所以，则只需证明，由(1)知：当时，，所以，故.