河北省张家口市2023届高三三模数学试题（含解析）

这是一份河北省张家口市2023届高三三模数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

河北省张家口市2023届高三三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知为实数集，全集，集合，则（    ）
A． B．或
C． D．或
2．已知为虚数单位，若为实数，则实数（    ）
A． B．4 C．2 D．
3．函数在处的切线方程为（    ）
A． B．
C． D．
4．已知，则（    ）
A． B． C． D．
5．风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年上级学生制作的一个风筝模型的多面体为的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（    ）
  
A． B． C． D．
6．已知为抛物线的焦点，过的直线交地物线于两点，若，则（    ）
A．1 B． C．3 D．4
7．已知是边长为2的等边三角形，是边上的两个动点，若线段将分成面积相等的两部分，则线段长度的最小值为（    ）
A． B． C． D．1
8．已知函数，若，则（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
9．一组互不相等的样本数据，其平均数为，方差为，极差为，中位数为，去掉其中的最小值和最大值后，余下数据的平均数为，方差为，极差为，中位数为，则下列选项一定正确的有（    ）
A． B．
C． D．
10．已知是数列的前项和，，则下列递推关系中能使存在最大值的有（    ）
A． B．
C． D．
11．关于函数，下列选项正确的有（    ）
A．为偶函数
B．在区间上单调递增
C．的最小值为2
D．在区间上有两个零点
12．已知是圆上不同的两点，椭圆的右顶点和上顶点分别为，直线分别是圆的两条切线，为椭圆的离心率.下列选项正确的有（    ）
A．直线与椭圆相交
B．直线与圆相交
C．若椭圆的焦距为两直线的斜率之积为，则
D．若两直线的斜率之积为，则

三、填空题
13．已知向量均为单位向量，，向量与向量的夹角为，则 .
14．展开式中的系数是 .

四、双空题
15．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，底面，，则四棱锥外接球表面积为 ；若点是线段上的动点，则的最小值为 ．

五、填空题
16．已知，若关于的方程无解，则实数的取值范围是 .

六、解答题
17．已知数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，证明：.
18．在中，内角的对边分别为.
(1)若，求的面积；
(2)求的值.
19．如图，在三棱柱中，侧面为菱形，.
        
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
20．甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2.
(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为，求的分布列和期望；
(2)求四局比赛后，比赛结束的概率；
(3)若表示“在甲所得筹码为枚时，最终甲获胜的概率”，则.证明：为等比数列.
21．已知点为双曲线上一点，的左焦点到一条渐近线的距离为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)不过点的直线与双曲线交于两点，若直线PA，PB的斜率和为1，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.
22．已知函数为函数的导函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)已知函数，存在，证明：．

参考答案：
1．D
【分析】根据交集和补集的定义运算可得结果.
【详解】，，
或.
故选：D
2．B
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据复数的概念可得答案.
【详解】
.
依题意得，得.
故选：B
3．A
【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，再根据点斜式可得结果.
【详解】，，，
所以所求切线方程为：，即.
故选：A
4．B
【分析】利用正弦函数图象的对称性得，再根据诱导公式和二倍角的余弦公式可求出结果.
【详解】因为，
所以，即，，
所以.
故选：B
5．B
【分析】根据题意，先证得平面，在中，利用余弦定理求得，再结合线面垂直判定定理证得平面，得到，设，利用，求得，结合，即可求解.
【详解】在中，因为且为的中点，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
在中，因为且，
所以，
所以，且，
因为四边形为矩形，可得，
又因为，且平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以，
设，在直角中，可得，
在直角中，可得，
因为，所以，即，解得，
所以多面体的体积为：
.
故选：B.
  
6．C
【分析】由抛物线的定义求得点的横坐标，代入抛物线得点坐标，从而求得直线的方程，联立抛物线与直线即可得点的横坐标，求得，从而可得的值.
【详解】如图，过作准线于，过作准线于，
  
由抛物线的焦点，准线方程为，
由抛物线的定义可得，所以，代入抛物线方程得
若，直线的斜率为，则直线方程为，即
联立得，则，所以，
则；
若，直线的斜率为，则直线方程为，即
联立得，则，所以，
则；
综上，.
故选：C.
7．C
【分析】不妨假设在边上，在边上，根据面积公式得，再根据余弦定理和基本不等式可求出结果.
【详解】不妨假设在边上，在边上，
依题意得，得，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
故，即线段长度的最小值为.

故选：C.
8．B
【分析】利用导数得在上为减函数，在上为增函数，由可得，利用恒成立，得，再根据可得.
【详解】的定义域为，，
令，得，令，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
因为，所以，所以，即.
因为
，
所以，
所以，
因为，所以，
又因为在上为增函数，所以，即，
所以，
综上所述：.
故选：B
【点睛】关键点点睛：推出恒成立，得是解题关键.
9．ACD
【分析】根据中位数、平均数、方差、极差的定义逐项分析判断可得答案.
【详解】对于A，中位数是把数据从小到大依次排列后，排在中间位置的数或中间位置的两个数的平均数，因为是对称的同时去掉最小值和最大值，故中间位置的数相对位置保持不变，故新数据的中位数保持不变，故A正确；
对于B，平均数受样本中每个数据的影响，故去掉最小值和最大值后，余下数据的平均数可能会改变，故B不一定正确；
对于C，方差反映数据的离散程度，当去掉数据中的最小值和最大值后，数据的离散程度减小，故方差减小，故C正确；
对于D，极差为最大值与最小值之差，是原来数据里面任意两个数据差值的最大值，，故去掉最小值和最大值后，新数据的极差必然小于原数据的极差，故D正确.
故选：ACD
10．BC
【分析】对于A，根据等比数列求和公式求出，可得A不正确；对于B，根据等差数列的通项公式可得B正确；对于C，计算出数列的前四项，结合单调性可得C正确；对于D，推出数列为周期函数，可得D不正确.
【详解】对于A，由，，可得，，
当为正奇数且趋近于无穷大时，也趋近于正无穷大，故不存在最大值，故A不正确；
对于B，由，得，又，所以，
当时，，当时，，当时，，
所以当或时，取得最大值，故B正确；
对于C，由，，得，，，
，又，递减，所以当时，取最大值，故C正确；
对于D，由，，得，，，，
所以数列的周期为，故不存在最大值，故D不正确.
故选：BC
11．ABD
【分析】根据偶函数的定义判断可得A正确；利用导数判断可得B正确；根据可得C不正确；分段解方程可得D正确.
【详解】由，得，，得，，
所以的定义域为，关于原点对称，
因为，
所以为偶函数，故A正确；
当时，，，
因为，所以，，，所以，
所以在区间上单调递增，故B正确；
因为，故C不正确；
当时，，，
令，得，无解；
当时，函数无意义，
当时，，，
令，得，得，无解，
当时，函数无意义，
当时，，，
令，得，得，得，
当时，函数无意义，
当，，，
令，得得，无解，
当时，函数无意义，
当时，，，
令，得，得，得，
综上所述：在区间上有两个零点和.故D正确.
故选：ABD
12．BCD
【分析】由时，点时，得到直线方程，联立方程组，结合，可判定A错误；由原点到直线的距离为，可判定B正确；设，根据题意求得，进而得到，结合离心率的定义，可判定C正确；不妨设，根据得到，求得，结合离心率的定义，求得，可判定D正确.
【详解】对于A中，当时，点的坐标可以为，
可得直线为，即，
由，整理得，此时，
所以直线与椭圆无交点，所以A错误；
对于B中，因为，所以，设原点到直线的距离为，
由点到直线的距离公式，可得，
所以直线与圆相交，所以B正确；
对于C中，椭圆的焦距为，可得，即，
不妨设，则直线，
由原点到直线的距离等于1，可得，解得，
同理可得，因为，即，
解得，又由，解得，
所以离心率，所以C正确；
对于D中，不妨设，则,，
所以，解得，
所以，
因为，可得，所以，所以D正确.
故选：BCD.
    
【点睛】解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
13．/
【分析】根据题意，分别求得，，且，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由向量均为单位向量且，可得且，
则，，
且，
又由向量与向量的夹角为，则.
故答案为：.
14．
【分析】根据通项公式可求出结果.
【详解】，
的通项公式为，，
所以展开式中的系数是.
故答案为：.
15．
【分析】根据直角三角形斜边上中线的性质确定球心，即可计算半径及表面积，利用翻折后，由平面上两点之间距离最短确定Q位置，再由余弦定理求解最小值.
【详解】如图，
  
设中点为O，
由底面，底面，所以,
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，同理可得，
因为，，所以，
所以在中，
，
所以O为四棱锥外接球的球心，为该球半径，
所以其表面积为；
将绕AC翻折到与所在面重合，此时运动到处，连接，交AC于点Q，如图，
  
此时最小，因为，，
所以，又，，
所以.
所以的最小值为.
故答案为： ；
16．
【分析】由可变形为，令（，且），通过二次求导判断在上是单调递减函数，从而有，即，从而可得无解，令（，且），求导判断单调性，结合图象即可求解.
【详解】，令（，且），
，
又，
令，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
, 即.
在上是单调递减函数.
（，且），
（，且），
令（，且），则，
当或时，单调递减，
当时，单调递增，
又因为当时，，则，当时，，则，
画出的图象，如图所示：
      
由图可知，当时，关于的方程无解.
所以实数的取值范围是.
故答案为：
【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.
17．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，求得；当时，可得，两式相减得，得到，进而求得数列的通项公式；
（2）令，得到，结合裂项法求和，求得，即可得证.
【详解】（1）解：由题意，数列满足，
当时，可得，解得；
当时，可得，
两式相减得，所以，
当时，，适合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）解：令，由，
可得，
所以，
因为，可得，所以.
18．(1)
(2)

【分析】（1）由得，代入，得，再根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式可得结果.
（2）根据余弦定理得，再切化弦，利用两角和的正弦公式、正弦定理变形可得结果.
【详解】（1）因为，所以，所以，即，
又，所以，所以，
所以.
（2）由，得，得，
所以，所以，
所以
.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定可得平面平面；
（2）取的中点，连，，，可证为二面角的平面角，计算可得结果.
【详解】（1）连、交于，则为、的中点，连，
因为，所以，
因为侧面为菱形，，，
所以，，所以，即，
因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面.
      
（2）取的中点，连，，，
由（1）知，，又，所以，
又，所以，同理得，
所以为二面角的平面角，
在中，，
，，
所以.
所以二面角的余弦值为.
20．(1)分布列见解析，.
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）求出的所有可能取值以及取值的概率，可得分布列，由期望公式可求出期望；
（2）根据互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式可得结果；
（3）根据全概率公式和等比数列的定义可证.
【详解】（1）的所有可能取值为，
，，，
则的分布列为：

2
3
4

0.2
0.5
0.3
.
（2）当四局比赛后，比赛结束且甲胜时，第四局比赛甲胜，前三局比赛甲2胜1和，
其概率为：.
当四局比赛后，比赛结束且乙胜时，第四局比赛乙胜，前三局比赛乙2胜1和，
其概率为：，
所以四局比赛后，比赛结束的概率为.
（3）因为表示“在甲所得筹码为枚时，最终甲获胜的概率”，，
在甲所得筹码为枚时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为，
在甲所得筹码为枚时，下局平局且最终甲获胜的概率为，
在甲所得筹码为枚时，下局乙胜且最终甲获胜的概率为，
根据全概率公式得，
所以，变形得，因为，
所以，同理可得，
所以为等比数列.
【点睛】关键点点睛：第（3）问中，正确理解题意，利用全概率公式得到数列中相邻三项之间的关系是解题关键.
21．(1)
(2)证明见解析，定点为.

【分析】（1）由点到直线的距离公式求出，再将点代入双曲线方程求出，可得双曲线的标准方程；
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理得、，再根据斜率和为列式，推出，从而可得直线过定点.
【详解】（1）设到渐近线，即的距离为，
则，结合得，
又在双曲线上，所以，得，
所以双曲线的标准方程为.
（2）联立，消去并整理得，
则，，即，
设，，
则，，
则

，
所以，
所以，
所以，
整理得，
所以，
所以，
因为直线不过，即，，
所以，即，
所以直线，即过定点.
    
【点睛】关键点点睛：利用韦达定理和斜率公式推出是解题关键.
22．(1)函数在区间上单调递减，在区间上单调递增
(2)证明见解析

【分析】（1）运用导数研究函数单调性即可.
（2）由可得，结合（1）可得，联立两者可得，运用比值代换法，设，转化为求证,即可证明.
【详解】（1）的定义域为，，
令，则，
所以函数在单调递增，
又因为，
所以，，
即：，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）由（1），得，
又，即，
所以．
不妨设，所以．
由（1）得当，函数单调递增，所以，
故，
所以，
所以，故．
下证．
即证：，
设，
则，
所以函数在区间上单调递增，
所以，
故，即，
所以，即，
所以，得证．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．