|试卷下载
搜索
    上传资料 赚现金
    河北省部分高中2023届高三数学三模试题(Word版附解析)
    立即下载
    加入资料篮
    河北省部分高中2023届高三数学三模试题(Word版附解析)01
    河北省部分高中2023届高三数学三模试题(Word版附解析)02
    河北省部分高中2023届高三数学三模试题(Word版附解析)03
    还剩19页未读, 继续阅读
    下载需要15学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    河北省部分高中2023届高三数学三模试题(Word版附解析)

    展开
    这是一份河北省部分高中2023届高三数学三模试题(Word版附解析),共22页。

    20222023学年高三下学期第三次模拟考试

    数学

    本卷满分150分,考试时间120分钟.

    注意事项:

    1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

    2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

    3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.

    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,只有一个选项是符合题目要求的.

    1. 已知集合,则   

    A.  B.

    C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    【分析】解一元二次不等式可分别求得集合,由交集定义可得结果.

    【详解】得:,又

    得:

    .

    故选:B.

    2. 已知复数的共轭复数为,若的实部为1,且满足,则的虚部为(   

    A.  B.  C. 1 D. 1

    【答案】D

    【解析】

    【分析】,由此即可得出,则可求出的值,即可选出答案.

    【详解】设复数

    ,解得

    所以

    所以的虚部为1.

    故选:D

    3. 已知下列各选项是函数的导函数的图象,则函数的极小值点的是(   

    A.    B.  

    C.    D.  

    【答案】C

    【解析】

    【分析】由极小值点的定义,导函数与原函数的关系,即可选出答案.

    【详解】时,单调递增,当时,单调递减,

    要使是函数的极小值点,则需

    对于AB选项,不是函数的极值点;

    对于C选项,是函数的极小值点,正确;

    对于D选项,是函数的极大值点.

    故选:C

    4. 对于平面内个起点相同的单位向量,若每个向量与其相邻向量的夹角均为,则的位置关系为(   

    A. 垂直 B. 反向平行 C. 同向平行 D. 无法确定

    【答案】B

    【解析】

    【分析】根据平面向量加法的运算法则即可得解.

    【详解】根据题意可得

    所以

    所以的位置关系为反向平行.

    故选:B.

    5. 已知双曲线(其中),若,则双曲线离心率的取值范围为(   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】A

    【解析】

    【分析】先将双曲线方程化为标准方程,再根据离心率的定义,用表示出离心率,进而可得其取值范围.

    【详解】由双曲线(其中),

    则双曲线离心率

    因为,所以,则

    所以

    所以,即双曲线离心率的取值范围为.

    故选:A.

    6. 在锐角中,不是最小内角的(   

    A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

    【答案】C

    【解析】

    【分析】举例即可判断充分性,若不是最小内角,假设,利用反证法即可判断必要性,即可得.

    【详解】时,

    此时是最小内角,故充分性不成立;

    不是最小内角,不妨设为最大角,则

    假设,由,可得

    ,此时,与题意矛盾,所以

    若锐角的最大角小于或等于,则三角形的内角和小于或等于

    这与三角形的内角和等于矛盾,

    所以若不是最小内角,则,故必要性成立,

    综上所述不是最小内角的必要不充分条件.

    故选:C.

    7. 抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形称为阿基米德三角形,在数学发展的历史长河中,它不断地闪炼出真理的光辉,这个两千多年的古老图形,蕴藏着很多性质.已知抛物线,过焦点的弦的两个端点的切线相交于点,则下列说法正确的是(   

    A. 点必在直线上,且以为直径的圆过

    B. 点必在直线上,但以为直径的圆不过

    C. 点必在直线上,但以为直径的圆不过

    D. 点必在直线上,且以为直径的圆过

    【答案】D

    【解析】

    【分析】结合导数几何意义可证得过抛物线上一点的切线方程为,由此可确定在处的切线方程,进而结合点坐标得到直线方程,代入可知点必过直线;结合韦达定理可得,知,由此可得结论.

    【详解】为抛物线上一点,

    时,由得:,在处的切线方程为:

    同理可得:当时,在处的切线方程切线方程为

    经检验,当时,切线方程为,满足

    过抛物线上一点的切线方程为:

    则抛物线在处的切线方程为

    满足直线方程:,又直线过焦点

    ,解得:点必在直线上;AC错误;

    由题意知:

    设直线方程为:

    得:,即

    为直径的圆过点;B错误,D正确.

    故选:D.

    8. 在我国古代,杨辉三角是解决很多数学问题的有力工具,像开方问题、数列问题、网格路径问题等.某一城市街道如图1所示,分别以东西向、南北向各五条路组成方格网,行人在街道上行走(方向规定只能由西向东、由北向南前行).若从这个城市的最西北角处前往最东南角处,则有70种走法,如图2.现在由平面扩展到空间,即立体交通方格网的路径问题,如图3,则从点到点的最短距离走法种数为(   

     

    A. 60 B. 70 C. 80 D. 90

    【答案】A

    【解析】

    【分析】根据题意,由西向东、由南向北前行共有种不同的走法,再由6个位置能向上走一步,得到种不同的走法,结合分步计数原理,即可求解.

    【详解】根据题意,由西向东、由南向北前行中,最近的走法为5步,其中由西向东3步,由南向北2步,所以共有种不同的走法,

    又由在每种走法中,其中由6个位置能向上走一步,所以有种不同走法,

    根据分步计数原理得,从点到点的最短距离走法种数共有.

    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. 下列不等式一定成立的是(   

    A.  B. ,则

    C.  D.

    【答案】BC

    【解析】

    【分析】利用不等式的性质判断B,举反例排除AD,根据绝对值不等式判断C.

    【详解】对于A,取,满足,故A错误;

    对于B,若,则,若,则,故B正确;

    对于C,根据绝对值三角不等式C选项正确.

    对于D D错误.

    故选:BC.

    10. 在不透明的罐中装入大小相同的红、黑两种小球,其中红球个,黑球个,每次随机取出一个球,记录颜色后放回.每次取球记录颜色后再放入个与记录颜色同色的小球和个异色小球(说明:放入的球只能是红球或黑球),记表示事件次取出的是黑球表示事件次取出的是红球.则下列说法正确的是(   

    A. ,则

    B. ,则

    C. ,则

    D. ,则

    【答案】CD

    【解析】

    【分析】根据古典概型概率公式和概率的乘法公式即可求解.

    【详解】选项A,共有8个球,,故A错误;

    选项B

    所以,故B错误;

    选项C,故C正确;

    选项D

    由于,所以,故D正确.

    故选:CD.

    11. 在棱长为1的正方体的侧面内(包含边界)有一点,则下列说法正确的是(   

    A. 若点到直线与到直线距离之比为,则点的轨迹为双曲线的一部分

    B. 若点到直线与到直线距离之比为,则点轨迹为抛物线的一部分

    C. 过点三点作正方体的截面,则截面图形是平行四边形

    D. 三棱锥体积的最大值为

    【答案】BCD

    【解析】

    【分析】A:如图,以为坐标原点,建立空间直角坐标系,设点,由点到直线与到直线距离之比为求得点的轨迹;对B:根据抛物线的定义得点的轨迹;对C:过点分别交,则过点三点的截面为平行四边形;对D:当点上时,三棱锥体积最大.

    【详解】如图,以为坐标原点,以分别为建立空间直角坐标系,

    ,设侧面内(包含边界)点

     

    对于A:点到直线的距离为

    由正方体知,又,所以

    所以点到直线距离为,故,整理得

    所以点的轨迹为椭圆的一部分,故A错误;

    对于B:点到直线与到直线距离之比为,即到直线与到定点的距离相等,

    根据抛物线定义知点的轨迹为抛物线的一部分,故B正确;

    对于C:过点分别交,连接

    ,所以四边形是平行四边形,

    则平行四边形为过点三点的截面,故C正确;

     

    对于D:当点上时,点到面的距离最大为1

    此时三棱锥体积,故D正确;

    故选:BCD

    12. 已知,则下列不等式成立的是(   

    A.  B.

    C.  D.

    【答案】AC

    【解析】

    【分析】先利用三角函数线得到,进而得到,作差法得到,得到;再构造函数,证明出.

    【详解】为锐角,作出单位圆,与轴交于点,则

    过点垂直于轴,交射线于点,连接,过点轴于点

    由三角函数定义可知

    设扇形的面积为,则,即,故

    所以

     

    因为,所以,故

    综上:A正确,B错误;

    ,则

    时,,故上单调递增,

    所以,所以

    ,则

    时,单调递增,当时,单调递减,

    ,故

    C正确,D错误;

    故选:AC

    【点睛】方法点睛:我们经常使用不等式放缩来比较大小或证明不等式,常用的不等式有.

    三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.

    13. 若数列等比数列,则_______

    【答案】4

    【解析】

    【分析】根据等比数列的性质列出方程,求出,从而计算出答案.

    【详解】由题意得,解得

    .

    故答案为:4

    14. 已知四面体中,,则该四面体体积的最大值为________

    【答案】##

    【解析】

    【分析】的中点,连接,易得,则可得当平面时,该四面体体积取得最大值,进而可得出答案.

    【详解】的中点,连接

    因为

    所以

    平面时,该四面体体积取得最大值,

    最大值为.

    故答案为:.

     

    15. 函数的值域是_______

    【答案】

    【解析】

    【分析】函数的几何意义是在直角坐标平面内定点与动点连线的斜率,由此转化为直线与圆有交点的问题,即可求出答案.

    【详解】函数的几何意义是在直角坐标平面内定点与动点连线的斜率,

    易知动点在以为圆心,1为半径的圆除以外的点上,

    易知直线的斜率存在,设为,则直线

    ,解得,即值域为.

    故答案为:

    16. 已知分别是函数图象上动点,则的最小值为_________

    【答案】

    【解析】

    【分析】由题意易知两函数关于对称,由此即可将问题转化为点到直线距离的最小值的2倍,再由当曲线在点出的切线与平行时,点到直线的距离有最小值,由此即可求出答案.

    【详解】因为反解得

    所以互为反函数,关于对称,

    所以的最小值为点到直线的距离的最小值的2倍,

    当曲线在点处的切线与平行时,点到直线的距离有最小值,


    ,令,解得,所以,则点到直线的距离,

    所以的最小值为.

    故答案为:

    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. 中,角的对边分别为,且

    1判断的形状;

    2,点分别在边上,且,求的面积.

    【答案】1是直角三角形   

    2

    【解析】

    【分析】1)利用余弦定理化角为边,整理即可得出结论;

    2)根据求解即可.

    【小问1详解】

    因为

    由正弦定理得

    化简得

    所以是直角三角形;

    【小问2详解】

    由(1)得

    因为,所以

    因为

    所以

    ,

    ,

    所以.

    18. 已知等差数列,首项,其前项和为,点在斜率为1的直线上.

    1求数列的通项公式;

    2为数列的前项和,求证:

    【答案】1   

    2证明详见解析.

    【解析】

    【分析】1)求出,再根据的关系求出即可;(2)根据裂项相消法求和再求最值即可.

    【小问1详解】

    设斜率为1的直线为,则

    时,,所以,因为,所以

    所以

    时,

    所以,经检验,也成立.

    所以.

    【小问2详解】

    证明:由(1)可得,

    因为

    所以数列是一个单调递增数列,

    又因为,且当时,.

    所以.

    19. 如图,四棱锥的底面是菱形,其对角线交于点,且平面的中点,是线段上一动点.

     

    1当平面平面时,试确定点的位置,并说明理由;

    2在(1)的前提下,点在直线上,以为直径的球的表面积为.以为原点,的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系,求点的坐标.

    【答案】1的中点   

    2

    【解析】

    【分析】1)根据面面平行的性质证明,即可得解;

    2)先根据球的体积求出,然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.

    【小问1详解】

    因为平面平面

    平面平面,平面平面

    所以

    因为的中点,所以的中点;

    【小问2详解】

    由题意,解得

    由题意,

    ,解得

    时,,则

    时,

    ,则

    所以,解得,则

    综上所述点的坐标为.

     

    20. 邮件管理是一类非常常见的二元分类问题.如果将非垃圾邮件归类为正类邮件,垃圾邮件归类为负类邮件,试回答以下问题:

    1若在邮件中正类邮件与负类邮件的占比分别为,由于归类模型的误差,归类判断可能出错的概率均为0.05.若某个邮件归类为正类邮件,求它原本是正类邮件的概率;

    2在机器学习中,利用算法进行归类,常用分别表示将正类邮件归类为正类邮件的个数,将负类邮件归类为负类邮件的个数,将负类邮件归类为正类邮件的个数,将正类邮件归类为负类邮件的个数.统计发现,收到邮件的种类可能与是否在工作日有关.为了验证此现象,在一段时间内,从数据库中随机抽取若干邮件,包含有正类邮件和负类邮件,按照机器学习的方法进行分类后,得到以下数据:.并给出了下表,试回答以下问题:

           时间

    邮件

    工作日

    休息日

    合计

    正类

    70

     

     

    负类

     

    18

     

    合计

     

     

     

    )求充分大)封邮件归类正确的概率;

    )补充上表,依据小概率值的独立性检验,分析收到邮件的种类与是否在工作日有关?

    附:

    0.10

    0.05

    0.001

    0.005

    2.706

    3.841

    6.635

    7.879

     

    【答案】1   

    2)认为收到邮件的种类与是否在工作日有关,此推断犯错误的概率不大于.

    【解析】

    【分析】1)由条件概率和全概率公式求解即可;

    2)()由古典概率的公式即可求出充分大)封邮件归类正确的概率;(ⅰⅰ)补全列联表,计算并对照卡方表完成检验.

    【小问1详解】

    设事件该邮件为正类邮件该邮件归类为正类邮件

    所以,

    所以

    【小问2详解】

    )因为表示将邮件归类正确,

    所以邮件归类正确的概率为

    所以充分大)封邮件归类正确的概率是.

    ⅰⅰ)补全列联表如下:

           时间

    邮件

    工作日

    休息日

    合计

    正类

    70

    5

    75

    负类

    7

    18

    25

    合计

    77

    23

    100

    零假设为:收到邮件的种类与是否在工作日无关,

    根据列联表中的数据,经计算可得:

    根据小概率值的独立性检验,我们推断不成立,

    即认为收到邮件种类与是否在工作日有关,此推断犯错误的概率不大于.

    21. 已知椭圆,其焦距为,连接椭圆的四个顶点所得四边形的面积为6

    1求椭圆的标准方程;

    2已知点,过点作斜率不为0的直线交椭圆于不同两点,求证:直线与直线所成的较小角相等.

    【答案】1   

    2证明见解析

    【解析】

    【分析】1)由题意可得,进而解方程求解即可;

    2)设直线的方程为,设,联立直线和椭圆方程,利用韦达定理得到,转化直线与直线所成的较小角相等为,进而求证即可.

    【小问1详解】

    由题意得,

    解得

    所以椭圆的标准方程为.

    【小问2详解】

    证明:由题意,直线的斜率一定存在,

    设直线的方程为,设

    联立,整理得

    所以,即,且

    因为直线平行于轴,

    所以要证直线与直线所成的较小角相等,

    即证直线的倾斜角互补,

    即证,下面进行证明:

    所以直线与直线所成的较小角相等.

     

    22. 已知函数

    1时,讨论函数的单调性;

    2为函数的导函数,有两个零点

    )求实数的取值范围;

    )证明:

    【答案】1时,上单调递减   

    2;()证明见解析

    【解析】

    【分析】1)根据函数的定义求出的解析式,再通过其导函数的正负来判断函数的单调性;

    2)求出,把零点问题转化成方程的根,再转化成函数图象的交点,根据图象即可求出的范围;把代入,通过两个等式构造,结合的范围即可证明.

    【小问1详解】

    因为,令,则

    所以),

    .

    时,

    ,则

    时,单调递增,

    时,单调递减,

    所以

    上恒成立.

    所以当时,上单调递减.

    【小问2详解】

    有两个零点等价于有两个不同的根.

    ),

    所以有两个不同的根,

    等价于有两个不同的根,

    等价于有两个不同的交点.

    因为  ),

    时,单调递增,

    时,单调递减,

    所以

    而当趋向正无穷时,趋向0趋向0时,趋向负无穷

    为使有两个不同的交点,所以.

    有两个零点,则

    .

    .

    所以

    所以.

    因为,所以.

    【点睛】方法点睛:判断函数单调性时主要考虑其导函数的正负;零点问题常常可转化为方程的根;关于双变量问题通常需要通过等式构造,找出其等式关系.


     

    相关试卷

    天津市部分区2023届高三数学一模试题(Word版附解析): 这是一份天津市部分区2023届高三数学一模试题(Word版附解析),共20页。试卷主要包含了 已知a=21, 已知,则等内容,欢迎下载使用。

    天津市部分区2023届高三数学二模试题(Word版附解析): 这是一份天津市部分区2023届高三数学二模试题(Word版附解析),共20页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    河北省石家庄市2023届高三数学三模试题(Word版附解析): 这是一份河北省石家庄市2023届高三数学三模试题(Word版附解析),共26页。试卷主要包含了 已知函数同时满足性质等内容,欢迎下载使用。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map