2023届河北省石家庄部分重点高中高三下学期3月月考数学试题含解析

2023届河北省石家庄部分重点高中高三下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再解绝对值不等式求出集合，最后根据补集、并集的定义计算可得.

【详解】由，即，解得，

所以，

由，解得或，

所以或，所以，

所以.

故选：A

2．已知复数，满足，，则（    ）

A． B． C． D．6

【答案】C

【分析】根据复数模长的运算性质，可得答案.

【详解】由，则，，

故选：C.

3．已知抛物线：的焦点为，准线为，点在抛物线上，过作的垂线，垂足为，若（为坐标原点），则（    ）

A． B．3 C． D．4

【答案】A

【分析】由抛物线的定义结合可求得的值，将点代入方程即可求解.

【详解】因为，所以，即，，，

又∵，∴.

故选：A.

4．已知向量,,其中．若,则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将向量用坐标表示,分析是否为零后,将等式两边同时平方,再用代换为齐次式,再将等式两边同时除以,得到关于的等式,解出即可.

【详解】解:因为,且,,

所以,

当时,,不成立,故,

对等式两边同时平方有:,

化简可得:,

两边同时除以有:,

即,即,

解得.

故选:B

5．2023年考研成绩公布不久，对某校“软件工程”专业参考的200名考生的成绩进行统计，可以得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，同一组中的数据用该组区间的中间值作代表值，则下列说法中不正确的是（    ）

A．这200名学生成绩的众数为370分

B．这200名学生成绩的平均分为377分

C．这200名学生成绩的70%分位数为386分

D．这200名学生成绩在中的学生有30人

【答案】C

【分析】利用众数、平均数、p%分位数的定义即可判断ABC选项，利用频数=频率×样本容量即可判断选项D.

【详解】显然众数是370，故A正确；

平均分为，故B正确；

设70%分位数为，则，得，故C错误；

，故D正确.

故选：C

6．有一个正三棱柱形状的石料，该石料的底面边长为6．若该石料最多可打磨成四个半径为的石球，则至少需要打磨掉的石料废料的体积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出柱形石料的高，利用柱体体积减去四个球体体积可得结果.

【详解】设底面是边长为的等边三角形的内切圆的半径为，

由等面积法可得，解得，

若可以将该石料打磨成四个半径为的石球，则该柱形石料的高至少为，

因此，至少需要打磨掉的石料废料的体积为.

故选：B.

7．已知函数，若的最小值为0，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先变形不等式，整理为，且存在，使得，换元后讨论对称轴和定义域的关系，列式求解.

【详解】由题意可知，当时，恒成立，且存在，使得，同除，可得，整理得

因为，所以，当且仅当时，等号成立，

当，即时，，不符题意；

当，即时，由，解得.

综上，.

故选：D

8．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.若存在等差数列，，，，且，使得数列为等比数列，则的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据数列性质推出，，结合函数的奇偶性可得，从而推出有正实数解，分离参数，继而构造函数，利用导数求解函数的最小值，即可求得答案.

【详解】由等差数列，，，，且知，

则，即，所以，

由此可得；

由于函数是定义在上的奇函数，故，

所以数列的公比，所以，即，

即方程有正实数解，

即，

设，

则，

设，

则，即在上单调递增，且，

故当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

所以，所以，

故选：B

【点睛】难点点睛：本题解答时要利用数列性质判断出，，进而利用函数性质推出有正实数解，从而参变分离，构造函数，利用导数解决问题.

二、多选题

9．亚马逊大潮是世界潮涌之最，当潮涌出现时，其景、其情、其声，真是“壮观天下无”，在客观现实世界中，潮汐的周期性变化现象，我们通常需要借助于三角函数这一重要数学模型来研究.已知函数的图象关于点对称，则下列选项正确的是（    ）

A． B．直线是函数图象的一条对称轴

C．在区间上单调递减 D．函数在区间内存在极值点

【答案】BCD

【分析】首先根据对称性求函数的解析式，再根据三角函数的性质，判断选项.

【详解】∵，图象关于点对称，

∴，，∴，得，故A错误；

，当时，，故B正确；

当时，是单调递减，故C正确；

当时，内有极值点，故D正确.

故选：BCD.

10．已知等比数则的公比为，前项积为，若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】利用数列的基本性质可得出，，求出的取值范围，可判断AB选项；利用等比数列的性质可判断CD选项.

【详解】因为数列等比数则的公比为且，则，

所以，，，

又因为，则，所以，，从而，

故对任意的，，由可得，A对B错；

，，即，C对D错.

故选：AC.

11．在的展开式中，有理项恰有两项，则的可能取值为（    ）

A．7 B．9 C．12 D．13

【答案】BD

【分析】利用二项式定理的通项公式得到满足题意的项

【详解】展开式各项表达式为

当时，，

所以为6的倍数，所以，6，即可取6，8，10；

当时，

所以为3的奇数倍，所以，9，即可取9，11，13.

即取值集合为.

故选：BD.

12．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线与椭圆C交于A，B两点（其中A在B的左侧），记面积为S，则（    ）

A． B．时，

C．S的最大值为 D．当时，

【答案】ACD

【分析】由题知，，，设，则，进而结合向量运算，椭圆定义等讨论各选项即可得答案.

【详解】由题知，，，设，则，

对于A选项，根据椭圆的定义，，故正确；

对于B选项，，故，

因为，即，所以，解得，故错误；

对于C选项，因为，当且仅当，即时等号成立，即

所以，面积为，即的最大值为，故正确；

对于D选项，，所以，

因为，

所以，

因为，，

所以，整理得，即，解得，

所以，所以面积为，故正确；

故选：ACD

三、填空题

13．古希腊毕达哥拉斯学派在公元前6世纪研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为，则      .

【答案】/

【分析】利用三角恒等变换化简即可求解.

【详解】，

故答案为：.

14．已知，则的最小值为      .

【答案】/

【分析】先将已知条件化简整理可得，然后利用“1”的代换和基本不等式即可求解.

【详解】∵，∴，

两边平方得，

，，，∴，

所以，

当且仅当，时，上述等号成立.

故答案为：.

15．如图，正方形的边长为4，是边上的一动点，交于点，且直线平分正方形的周长，当线段的长度最小时，点到直线的距离为      .

【答案】

【分析】利用平面几何知识可得出点的轨迹是圆.适当建系，写出点的轨迹方程.再利用圆的性质得出当最小时，，，三点共线，进而求解即可.

【详解】根据题意平分正方形周长，可得恒过正方形的中心，设的中心为点，由可知，点的轨迹是以为直径的圆，

以为坐标原点，为轴，为轴建立直角坐标系，

则，，，，

以为直径的圆的方程为，

设为圆心，可知坐标为，当最小时，，，三点共线，

可知此时直线的方程为，

则点到直线的距离为.

故答案为：.

16．若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为          ．

【答案】

【分析】曲线与曲线存在公切线等价于导函数相等有解，求导后列出方程求解即可.

【详解】由，则，设切点为，切线斜率为，

所以，切线为，即，

由，则，设切点为，切线斜率为，

所以，切线为，即，

根据题设，若它们切线为公切线，则有，即，

又，即且，即，

由上关系式并消去并整理得在上有解，

令，则，

当，则，即，此时递增；

当，则或，即或，此时递减；

又，，

所以，即.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：设切点并写出两曲线对应的切线方程，根据公切线列方程组，注意切点横坐标及参数a范围，进而转化为方程在某区内有解问题.

四、解答题

17．求△ABC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且△ABC的周长为6．

(1)证明：；

(2)求△ABC面积的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)利用余弦定理和三角形周长即可求解；

(2)结合（1）的结论和基本不等式得出，然后利用三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）在△ABC中，由余弦定理可得：，

即，又因为，

所以，整理可得：，

所以得证.

（2）由（1）可知：，

所以，当且仅当时取等号，

所以或，因为，所以，

则，所以，

故△ABC面积的最大值为.

18．如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB平面ABC，，，．

(1)证明：ABPC；

(2)求二面角A-PC-B的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）作, 垂足为O,可得OBOC，又POBO，可得OB平面POC，根据线面垂直的性质即可证明；

（2）以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz,求出两个平面的法向量即可求二面角的余弦值.

【详解】（1）如图, 作，垂足为O，连接CO，

因为POBO,且，

所以是等腰直角三角形，又, 所以OB=OP=2.

又, ,由余弦定理可知CO=2，

所以,即OBOC.

又,OP,OC平面POC，

所以平面POC，又PC平面POC，

所以OBPC，即，

（2）因为平面PAB平面ABC,且平面PAB平面ABC=AB,POAB,PO平面PAB，

所以PO平面ABC，又OC平面ABC，

所以POOC.

以O为原点建立如图所示空间直角坐标系O-xyz,

则A(1,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2)，则，

设平面APC的法向量为,则，取,则,所以.

设平面BPC的法向量为,则，取,则,所以.

设二面角B-PC-A为,由图可知为锐角，所以.

19．有三种不同的果树苗，，，经引种试验后发现，引种树苗的自然成活率为0.6，引种树苗，的自然成活率均为.

(1)任取树苗，，各一株，设自然成活的株数为，求的分布列及；

(2)将（1）中的取得最小值时的的值作为种树苗自然成活的概率.该农户决定引种株种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有80%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.5，其余的树苗不能成活.

①求一株种树苗最终成活的概率；

②若每株树苗引种最终成活后可获利400元，不成活的每株亏损60元，该农户为了获利不低于30万元，应至少引种种树苗多少株?

【答案】(1)分布列见解析，期望为；

(2)①0.76；②1036株.

【分析】（1）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望作答.

（2）①利用（1）的结论求出p，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求出概率作答；

②利用二项分布的期望公式，结合期望的性质求出获利的期望，列出不等式求解作答.

【详解】（1）依题意，的所有可能值为0，1，2，3，

则，

，

，，

由此得的分布列如下表：

.

（2）因为，由（1）知，则当时，取得最小值，

①一株种树苗最终成活的概率为；

②记为株种树苗的成活株数，为株种树苗的利润，则.

，

，

要使，即，解得，而，则 ，

所以该农户应至少种植1036株种树苗，就可获利不低于30万元.

20．已知数列各项均为正数，，，且.

(1)若数列为等差数列，求数列的前项和；

(2)若数列为等比数列，且数列不为等比数列，求数列的通项公式.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列定义结合条件数列为等差数列，证明，由此证明为等差数列，结合等差数列求和公式可求，

（2）设数列的公比为，根据等比数列定义结合条件求，化简可得，利用累加法求，由此可得.

【详解】（1）因为，所以，

两式相减，可得

又∵为等差数列，∴，

则，

又∵，∴，∴，

所以，即为等差数列，且公差，

所以.

（2）设的公比为，

因为，所以

所以，因为所以，

因为不是等比数列，所以不是常数，所以，，

又，所以，即，

由累加法可知，，

经检验，也满足，

所以.

21．已知双曲线：的焦距为8．过左焦点的直线与的左半支交于，两点，过，作直线：的垂线，垂足分别为，，且当垂直于轴时，．

(1)的标准方程；

(2)设点，判断是否存在，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）根据焦距得，利用及通经长度即可求得的值，从而得的标准方程；

（2）讨论直线斜率不存在与存在两种情况，存在时，直线方程为，，联立直线与双曲线，得交点坐标关系，利用直线方程与双曲线方程转化，通过系数成比例解方程确定定值是否存在即可.

【详解】（1）由题可知，焦距，所以，当AB垂直于x轴时，，

又，联立，解得或（舍），所以

则的标准方程为；

（2）如图，

①当直线斜率不存在时，此时，则，所以，要使得为定值，则；

②当直线斜率存在时，设直线方程为，，则，由于均在左半支，所以，且，

所以，消去得，则

所以，同理，

则

，

要使得为定值，则满足，解得，

此时，经检验，此结果也符合斜率不存在的情况

综上，存在使得为定值.

22．已知函数.

(1)求函数的单调区间；

(2)若函数有两个零点、，证明.

【答案】(1)单调减区间为，单调增区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）利用函数单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；

（2）设，由（1）可得，先证，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可证得成立；其次证明出，令，则，将所证不等式变形为即证，

令，，利用导数分析函数的单调性，可证得，综合可得结论.

【详解】（1）解：因为的定义域为，

则，

令，解得，令，解得，

所以的单调减区间为，单调增区间为.

（2）证明：不妨设，由（1）知：必有.

要证，即证，即证，

又，即证.

令，其中，

则，

令，则

在时恒成立，

所以在上单调递减，即在上单调递减，所以，

所以在上单调递增，所以，

即，所以；

接下来证明，

令，则，又，即，所以，

要证，即证，有，

不等式两边取对数，即证，

即证，即证，

令，，则，

令，其中，则，

所以，在上单调递增，则当时，，

故当时，

可得函数单调递增，可得，即，所以，

综上，.

【点睛】方法点睛：证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：

（1）证明（或）：

①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；

②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；

③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；

（2）证明（或）（、都为正数）：

①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；

②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；

③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；

（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：

①由题中等式中产生对数；

②将所得含对数的等式进行变形得到；

③利用对数平均不等式来证明相应的问题.