河北省邯郸市2023届高三保温数学试题

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邯郸市2023届高三年级保温试题数学详细参考答案及评分标准一、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，只有一项是符合题目要求．题号12345678答案ADBCBCDA1．【命题意图】本题以解不等式为载体考查集合的交集和补集运算，考查学生的运算求解能力．【答案】A【解析】由解得或，所以，即，故选A．2．【命题意图】本题考查平面向量的线性运算，考查学生的逻辑推理能力．【答案】D【解析】依题意，显然～，故有，即，，则.故A正确；又四边形ABCD是等腰梯形，故，即，故B正确；在中，，故C正确；又，所以D错误；故选D．3．【命题意图】本题考查过焦点的直线与抛物线的位置关系，考查学生的运算求解及逻辑推理能力．【答案】B【解析】由题意可知，过点的直线为，与的交点分别为，，所以直线方程为，又因为，所以，故选B．4．【命题意图】本题考查分类加法计数原理、分步乘法计数原理及组合数的应用，重点考查了运算求解能力和逻辑推理能力．【答案】C【解析】由题意可知，向甲、乙、丙三所医院分配医生的人数有三种类型，分别为122，212，221，因为甲医院要求至少有一名女医生，第一种方案共有种，第二种方案分两种情况，分别是：甲有两名女医生、甲有一名女医生，共有种，同理，第三种方案有种，共有54种，故选C．5．【命题意图】本题考查外接球半径的求法．考查学生的运算求解能力和逻辑推理能力．【答案】B【解析】将三棱锥置于边长为2的正方体中，如下图所示，则有三棱锥的外接球半径；     由于平面，故．又，，故有平面，从而．又，，故平面，所以，．又，，所以平面．因此，三棱锥四个面都是直角三角形．同理，可得三棱锥的外接球半径．所以，，故选B．6．【命题意图】本题考查动点轨迹及两点间的距离公式，突出考查数形结合、转化与化归思想．【答案】C【解析】因为，动点满足，则，整理得，可以看成圆上动点与定直线上动点的距离，其最小值为圆心到直线的距离减去圆的半径2．即，因此，的最小值是4．故选C．7．【命题意图】本题主要考查组合数性质的应用．考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查转化与化归思想．【答案】D【解析】根据“杨辉三角”，因此，此数列的前30项和为：解法1：上式．解法2：上式．故选D．8．【命题意图】本题综合考查导函数的对称性、双极值点处理策略及三角函数的图象与性质．主要考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想．【答案】A【解析】，，依题意，．注意到，即是的对称轴，故．从而．又，，且函数的图像如图：故当时，有两个不等实根和．即．所以，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．题号9101112答案ABDBDACDBCD9．【命题意图】本题考查复数四则运算及复数的向量表示．主要考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想．【答案】ABD【解析】依题意，，则=，故A正确；又，，，故，B正确；设，由得，，则，故，，故C错误，D 正确．10．【命题意图】本题考查曲线方程及对应曲线的性质．主要考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想．【答案】BD【解析】若，则曲线C的方程为，故焦点的坐标为和，故A不正确；若，则曲线C的方程为，则的面积，所以，其内切圆半径，故B正确；若曲线C是双曲线，且一条渐近线倾斜角为，则渐近线方程为，即，解得，故C不正确；若曲线C的离心率，则有，即或，解得或，故D正确．综上可知，BD正确．11．【命题意图】本题以空间几何体为载体考查不等式性质．主要考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想．【答案】ACD【解析】如图所示，设，则，，于是，故A正确．当时，有，此时，故B不正确；设点到平面的距离为，由于，故由于，，所以，，从而，从而，即，故C正确；又，故，故D正确．12．【命题意图】本题突出对符号语言的考查，突出对定义的理解及应用，难点是概率思想与函数的综合【答案】BCD【解析】极大似然是一种估计方法，A错误；设鲤鱼和草鱼的比例为，则出现80条鲤鱼，20条草鱼的概率为，在上单调递增，在上单调递减，故当时，最大，故B正确；根据题意可知C正确；故达到极大值时，参数的极大似然估计值为，故D正确．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【命题意图】本题考查函数的奇偶性，考查学生逻辑推理能力．【答案】1【解析】依题意，，得，经检验，符合题意.14．【命题意图】本题综合考查三角函数与解三角形，主要考查学生的运算求解能力和逻辑推理能力．【答案】【解析】因为，所以，即所以，又所以，故15．【命题意图】本题考查数列的递推公式，意在考查学生的逻辑推理、转化化归等数学能力．【答案】2024【解析】由题意，故16．【命题意图】本题综合考查曲线公切线问题，突出考查导函数的几何意义，考查学生的逻辑推理、转化化归和运算求解能力．【答案】【解析】曲线在点处的切线方程为，由于直线与圆相切，得（*）因为曲线与圆有三条公切线，故（*）式有三个不相等的实数根，即方程有三个不相等的实数根．令，则曲线与直线有三个不同的交点．显然，．当时，，当时，，当时，，所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；且当时，，当时，，因此，只需，解得．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．【命题意图】本题以结构不良形式考查解三角形与三角函数的综合应用，突出考查学生数学运算、逻辑推理能力.【答案】（1）（2）3【解析】（1）因为，所以. …………2分又故由正弦定理得，，故有.  ……………4分（2）选择条件①：在中，由余弦定理得，即，故.        ……………………………………6分又因为所以                     ……………………………………8分当且仅当时，等号成立.故的最大值为3.                             ………………………………………10分选择条件②：由题，平方得，  ……………………………………6分在中，由余弦定理得，即，所以.          …………………………………8分故有从而，当且仅当时，等号成立.      故的最大值为3.                                    ………………………………………10分18．【命题意图】本题考查数列前项与第项的关系以及等差等比数列相关性质，意在考查学生的逻辑推理、运算求解能力．【答案】（1）；（2）不存在【解析】（1）由题意， 两式相减可得，，即      ……………………………………………2分由条件，，故．       ……………………………………………4分因此是以1为首项，4为公比的等比数列.         从而．                           ……………………………………………6分（2）由题意，，如果满足条件的存在，则其中，即，      ……………………………………9分又，故，可得，结合可得，与已知矛盾，所以不存在满足条件的三项．       ………………………………12分19．【命题意图】本题主要以三棱锥为载体考查线面垂直判定定理和点到平面的距离，二面角的平面角，重点考查学生的空间想象，数学运算、逻辑推理能力．【答案】（1）2 （2）．【解析】（1）在中，，且为中点，所以，又因为，，所以平面．             ……………………………2分所以，则，因为的面积为，所以，又，故．                  ……………………………4分则的面积为，设到平面的距离为，所以，即．                                   ……………………………6分（2）作交平面于点，因为，，所以≌，所以.又，，故≌，故，则在的延长线上．因为，，，所以平面．因为平面，所以，所以四边形为正方形．                                       ………………………7分以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，由，得取，得，则，   ……………9分设平面的法向量为，由，得，取，则，             ，                              ………………………11分设二面角的平面角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值是．                     ………………………12分20．【命题意图】本题主要考查直线与双曲线的关系问题，重点考查学生的数学运算、逻辑推理能力．【答案】（1） （2）．【解析】（1）设曲线的方程为，由曲线过点两点，得，解得，所以曲线的方程为；              …………………………………4分（2）由题意可知过点的直线的方程为，设由消去，得则，解得且    ①                                                       ………………………………………6分设则有   ②设直线的方程为，令得，所以直线与轴交点的坐标为.              ………………………………………7分同理可得直线的方程为，令得，所以直线与轴交点的坐标为.              ………………………………………8分由题意可知，即，即所以    ③              …………………………………10分将②代入③得整理得，                                    ………………………………11分所以满足①式，综上，.                    ………………………………12分21．【命题意图】本题考查利用导数研究函数单调性及极值问题，意在考查学生转化化归、逻辑推理、运算求解能力【答案】（1）（2）略【解析】（1）由题意，，因为在单调递增，所以在恒成立．  即在恒成立，                                …………………………2分令，则，在上恒小于等于0，  故在单调递减，.故．                                                     …………………………4分（2）有两个零点，即有两个根.由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，且.所以，且.                                      …………………………6分要证，只需证，又在单调递减，只需证.又， 只需证.只需证；只需证，       ………………………………8分记，则，         …………………………10分故在上单调递减，                                从而当时，，所以，因此.                                      …………………………12分22．【命题意图】本题主要考查概率与数列的交汇应用，突出考查学生的逻辑推理、运算求解能力．【答案】（1） （2）；9【解析】（1）根据题意，可取1，2，3，，       ………………………………2分所以                    ………………………………3分由得，又所以的取值范围是                                     ………………………………4分（2）（i），其中所以的数学期望为                     ………………………………6分设利用错位相减可得所以………………………………9分另解：                          ………………………………9分(ii)依题意，，即，即故的最小值为9．                                          ………………………………12分