2023年天津市河北区高考数学一模试卷（含答案解析）

这是一份2023年天津市河北区高考数学一模试卷（含答案解析），共14页。试卷主要包含了 已知直线l， 设双曲线C等内容，欢迎下载使用。

A. {−1,0}B. {0,1}C. {−1,1}D. {−1,0,1}
2. 设x∈R，则“x=2”是“x2=4”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 若a=(53)−12，b=lg1215，c=lg37，则a，b，c的大小关系为( )
A. a>b>cB. b>c>aC. c>a>bD. c>b>a
4. 为了了解学生在课外活动方面的支出情况，抽取了n个学生进行调查，结果显示这些学生的支出金额(单位：元)都在[10,50]内，按[10,20),[20,30),[30,40),[40,50]分为4组，并整理得到如下频率分布直方图，其中支出金额在[30,50]内的学生有234人，则n的值为( )
A. 300B. 320C. 340D. 360
5. 函数f(x)=x33x+3−x的图象大致是( )
A.
B.
C.
D.
6. 已知直线l：mx−y−3m+1=0恒过点P，过点P作直线与圆C：(x−1)2+(y−2)2=25相交于A，B两点，则|AB|的最小值为( )
A. 2B. 4 5C. 4D. 2 5
7. 设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线与抛物线y2=4x的一个交点为A，点B是抛物线的准线上一点，抛物线的焦点F为双曲线的一个焦点，且△ABF为等边三角形，则双曲线的方程为( )
A. 7x24−7y23=1B. 7x23−7y24=1C. 3x27−4y27=1D. 7x212−7y216=1
8. 已知a、b、c、d均为正实数，且1a+2b=c2+d2=2，则a+bcd的最小值为( )
A. 3B. 2 2C. 3+ 22D. 3+2 22
9. 将函数y=cs(2x+π3)的图象向左平移π4个单位长度后得到函数g(x)的图象，则下列四个结论：
①y=sin(2x+π3)是g(x)的一个解析式；
②g(x)是最小正周期为π的奇函数；
③g(x)的单调递减区间为[kπ−5π12,kπ+π12]，k∈Z；
④直线x=7π12是g(x)图象的一条对称轴.其中正确结论的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
10. i是虚数单位，则|4+2i1−i|的值为______ .
11. (x2−1 x)10的展开式中的常数项为______ .
12. 截角四面体(亦称“阿基米德多面体”)的表面由四个正三角形和四个正六边形组成，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得到的几何体．若一正四面体的棱长为3，则由其截得的截角四面体的体积为______.
13. 盒子里装有大小相同的4个白球和3个黑球.甲先从盒中不放回地取2个球，之后乙再从盒中取1个球，则甲所取的2个球为同色球的概率为______ ；记事件M为“甲所取的2个球为同色球”，事件N为“乙所取的球与甲所取的球不同色”，则在事件M发生的条件下，事件N发生的概率为______ .
14. 在矩形ABCD中，若AB=1，BE=13BC，且AB⋅AE=AD⋅AE，则|AD|的值为______ ，AE⋅AC的值为______ .
15. 设k∈R，函数fx=kx2−x+1,x<0ex−kx,x≥0，若fx恰有两个零点，则k的取值范围是______.
16. △ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 3(a2+c2−b2)=2bcsinA.
(Ⅰ)求角B的大小；
(Ⅱ)若csA=13，求sin(2A−B)的值.
17. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB=4，PD=AD=2，点E在线段AB上，且AE=34AB.
(Ⅰ)求证：CE⊥平面PBD；
(Ⅱ)求直线PA与平面PCE所成角的正弦值；
(Ⅲ)求平面BCE与平面PCE的夹角的余弦值.
18. 设等比数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，若a1=−2，且Sn+2，Sn，Sn+1成等差数列.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设bn=[n+12]，n∈N*，其中[x]表示不超过x的最大整数，求数列{anbn}的前10项的和；
(Ⅲ)设cn=(2n−1)a2n，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Tn.
19. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，点(1, 22)在C上．
(1)求C的方程；
(2)若过动点P的两条直线l1，l2均与C相切，且l1，l2的斜率之积为−1，点A(− 3,0)，问是否存在定点B，使得PA⋅PB=0？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由．
20. 已知函数f(x)=x−lnx−2.
(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性；
(Ⅲ)若对任意的x∈(1,+∞)，都有xlnx+x>k(x−1)成立，求整数k的最大值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵U={−3,−2,−1,0,1,2,3}，B={−3,2,3}，
∴∁UB={−2,−1,0,1}，
∵集合A={−1,0,1,2}，
∴A∩(∁UB)={−1,0,1}，
故选：D.
根据集合的基本运算即可求解．
本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
2.【答案】A
【解析】解：x2=4，解得x=2或x=−2，
故“x=2”是“x2=4”的充分不必要条件．
故选：A.
根据充分与必要条件的概念即可求解．
本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为a=(53)−12=(35)12<1，b=lg1215=lg25>2，c=lg37∈(1,2)，
所以b>c>a.
故选：B.
由已知结合指数函数及对数函数的单调性即可比较大小．
本题主要考查了指数函数与对数函数的单调性在函数值大小比较中的应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由频率分布直方图知：234n=1−(0.01+0.025)×10，
即n=2340.65=360.
故选：D.
由已知结合频率分布直方图列方程，解出n值．
本题考查频率分布直方图，考查学生计算能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：f(−x)=(−x)33x+3−x=−f(x)，函数是奇函数，排除B、D.
x>0时，f(x)>0，排除C.
故选：A.
判断函数的奇偶性，通过特殊值判断选项的正误即可．
本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：直线l：mx−y−3m+1=0可化为y−1=m(x−3)，故点P(3,1)，
由圆：(x−1)2+(y−2)2=25可得圆心C(1,2)，半径r=5，
则当CP⊥l时，|AB|最小，此时|CP|= (3−1)2+(1−2)2= 5，
则由弦长公式可得|AB|=2 r2−|CP|2=2 25−5=4 5.
故选：B.
直线化为点斜式可求得点P坐标，再过点P作直线与圆相交，当直线与CP垂直时，|MN|取最小值，进而用两点式和距离公式即可求解．
本题考查直线与圆的位置关系，涉及弦长公式的表示，点到直线的距离公式，直线的表达式等知识点，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：如图，抛物线准线与x轴的交点为C，A(x1,y1)，
由抛物线y2=4x，得F(1,0)，则双曲线的半焦距c=1，
由抛物线定义可知，|AF|=|AB|时，AB与x轴平行，
∵△ABF为等边三角形，
∴∠BFC=60∘，∠CBF=30∘，
∵|CF|=|CO|+|OF|=1+1=2，
∴AF=BF=4，
∴x1+1=4，解得x1=3，将其代入y2=4x，
可得A(3,2 3)，则双曲线的一条渐近线方程为y=2 33x，
即ba=2 3，
联立c=1ba=2 3a2+b2=c2，解得a2=37，b2=47.
∴双曲线的方程为7x23−7y24=1.
故选：B.
由已知抛物线方程求得双曲线的半焦距，再由已知求得A的坐标，可得双曲线的渐近线方程，结合隐含条件求得a与b的值，则答案可求．
本题考查双曲线与抛物线的几何性质，考查数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由题意可得a+bcd≥a+bc2+d22=a+b=12(a+b)(1a+2b)=12(1+2ab+ba+2)≥12(3+2 2ab⋅ba)=3+2 22，
当且仅当c=d=1且2ab=ba时，a+bcd取得最小值3+2 22，
故选：D.
由1a+2b=c2+d2=2，整理可得a+bcd≥a+bc2+d22=a+b=12(a+b)(1a+2b)=12(1+2ab+ba+2)，然后结合基本不等式性质即可求解．
本题主要考查了利用基本不等式求最值，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：y=cs(2x+π3)向左平移π4个单位长度后，
则有：g(x)=cs(2(x+π4)+π3)=−sin(2x+π3)，①错误；
g(x)=−sin(2x+π3)，最小正周期为π，但g(−x)≠−g(x)，
g(x)不是奇函数，②错误；
令2kπ−π2≤2x+π3≤2kπ+π2，k∈Z，解得kπ−5π12≤x≤kπ+π12，k∈Z，
则g(x)的单调递减区间为[kπ−5π12,kπ+π12]，k∈Z，③正确；
令2x+π3=kπ+π2，k∈Z，解得x=12kπ+π12，k∈Z，令k=1，x=7π12，④正确．
故选：B.
由已知得g(x)=cs(2(x+π4)+π3)=−sin(2x+π3)，根据y=sinx的性质，对应可求g(x)的性质．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
10.【答案】 10
【解析】解：4+2i1−i=(4+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i，
则|4+2i1−i|=|1+3i|= 10.
故答案为： 10.
先计算4+2i1−i，再计算模长即可．
本题主要考查复数模长的计算，属于基础题．
11.【答案】45
【解析】解：(x2−1 x)10展开式的通项公式为Tr+1=C10r(x2)10−r(−x−12)r=C10r(−1)rx20−52r，
令20−52r=0，解得r=8，
故所求常数项为C108⋅(−1)8=45.
故答案为：45.
根据已知条件，先求出(x2−1 x)10展开式的通项公式，令x的指数为0，即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
12.【答案】23 212
【解析】解：因为原正四面体的棱长为3，
则该正四面体的底面外接圆的半径为12×3sin60∘= 3，
所以该正四面体的高为 32−( 3)2= 6，底面积为12×3×3× 32=9 34，
所以该正四面体的体积为13× 6×9 34=9 24，
同理可得棱长为1的正四面体的体积 212，
则这个截角四面体的体积为9 24−4× 212=23 212.
故答案为：23 212.
求出棱长为3的正四面体的体积和棱长为1的正四面体的体积，再用棱长为3的正四面体的体积减去四个棱长为1的正四面体的体积可得解．
本题考查了正四面体的结构特征，考査了正弦定理，考査了三角形的面积公式，考查了锥体的体积公式，属于中档题．
13.【答案】37 23
【解析】解：(1)设事件A为“甲所取的2个球为同色球”，
所以P(M)=C42+C32C72=37；
(2)P(MN)=C42C72⋅C31C51+C32C72⋅C41C51=27，
P(N|M)=P(NM)P(M)=23.
故答案为：37；23.
(1)利用超几何分布求概率即可；
(2)利用条件概公式求解即可．
本题考查条件概率，超几何分布的概率，属于基础题．
14.【答案】 3 2
【解析】解：如图，设|BC|=3a(a>0)，则|BE|=a(a>0)，且|AB|=1，
∴AB⋅AE=|AB||AE|cs∠BAE=|AB||AE|⋅|AB||AE|=1，AD⋅AE=|AD||AE|cs∠(90∘−∠BAE)=3a⋅|AE|sin∠BAE=3a⋅|AE|⋅a|AE|=3a2，
∴3a2=1，且a>0，∴解得a= 33，
∴|AD|=3a= 3；
在Rt△ABE中，∠B=90∘，AB=1,BE= 33，∴tan∠BAE= 33，∴∠BAE=30∘，
在Rt△ABC中，∠B=90∘，AB=1,BC= 3，∴tan∠BAC= 3，∴∠BAC=60∘，
∴∠EAC=30∘，且|AE|= 1+13=2 33，|AC|= 1+3=2，
∴AE⋅AC=|AE||AC|cs30∘=2 33×2× 32=2.
故答案为： 3,2.
可画出图形，并设|BC|=3a，得出|BE|=a，从而可得出AB⋅AE=1,AD⋅AE=3a2，从而得出3a2=1，解出a= 33，进而得出|AD|= 3；然后可求出∠BAE=30∘，∠BAC=60∘，从而得出∠EAC=30∘，并求出|AE|=2 33,|AC|=2，然后根据向量数量积的计算公式即可求出AE⋅AC的值．
本题考查了向量数量积的计算公式，正余弦函数的定义，正切函数的定义，勾股定理，向量数乘的几何意义，考查了计算能力，属于基础题．
15.【答案】(e,+∞)
【解析】解：因为函数f(x)=kx2−x+1,x<0ex−kx,x≥0，f(0)=1，
当x<0时，由f(x)=0可得kx2−x+1=0，可得k=1x−1x2，
当x>0时，由f(x)=0可得ex−kx=0，可得k=exx，
令g(x)=1x−1x2,x<0exx,x>0，则直线y=k与函数g(x)的图象有两个交点，
当x<0时，g′(x)=−1x2+2x3=−x+2x3<0，此时函数g(x)单调递减，
当x>0时，g′(x)=ex(x−1)x2，
由g′(x)<0可得00可得x>1，
所以，函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以，函数g(x)的极小值为g(1)=e，
且当x<0时，g(x)=1x−1x2<0，当x>0时，g(x)=exx>0，如下图所示：
由图可知，当k>e时，直线y=k与函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f(x)有两个零点，
因此，实数k的取值范围是(e,+∞).
故答案为：(e,+∞).
分析可知f(0)≠0，令g(x)=1x−1x2,x<0exx,x>0，由参变量分离法可知，直线y=k与函数g(x)的图象有两个交点，利用导数分析函数g(x)的单调性与极值，数形结合可得出实数k的取值范围．
本题考查函数零点与方程根的关系，属于中档题．
16.【答案】解：(Ⅰ)由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，则a2+c2−b2=2accsB，
又 3(a2+c2−b2)=2bcsinA，所以2 3accsB=2bcsinA，即 3acsB=bsinA，
由正弦定理可得 3sinAcsB=sinBsinA，因为sinA>0，
所以 3csB=sinB，则tanB= 3，又0(Ⅱ)因为csA=13,0所以sin2A=2sinAcsA=2×13×2 23=4 29,cs2A=2cs2A−1=−79，
所以sin(2A−B)=sin2AcsB−cs2AsinB=4 29×12+79× 32=4 2+7 318.
【解析】(Ⅰ)由余弦定理可得 3acsB=bsinA，再由正弦定理将边化角，即可得到 3csB=sinB，从而求出tanB，即可得解；
(Ⅱ)用同角三角函数的基本关系求出sinA，即可求出sin2A、cs2A，再根据两角差的正弦公式计算可得．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
17.【答案】(I)证明：∵PD⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，∴PD⊥CE，∵AB=4，AE=34AB，
∴AE=3，BE=1，∴ABAD=BCBE=2，∴Rt△CBE∽Rt△BAD，
∴BD⊥CE，PD⊥CE，PD∩BD=D，∴CE⊥平面PBD，
(Ⅱ)解：∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PD⊥AD，PD⊥CD，∵ABCD为矩形，AD⊥CD，
∴AD，CD，PD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则C(0,4,0)，P(0,0,2)，E(2,3,0)，A(2,0,0)，
∴PC=(0,4,−2)，CE=(2,−1,0)，
设平面PCE的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CE=2x−y=0n⋅PC=4y−2z=0，令x=1，则y=2，z=4，
∴平面PCE的一个法向量为n=(1,2,4)，
又PA=(2,0,−2)，
设直线PA与平面PCE所成角为θ，
sinθ=|cs|=|PA⋅n||PA|⋅|n|=|2−8| 21×2 2= 4214；
(Ⅲ)∵PD⊥平面ABCD，取平面BCE的法向量为m=(0,0,1)，
则cs=n⋅m|n|⋅|m|=41× 1+4+16=4 2121，
所以二平面BCE与平面PCE的夹角的余弦值为4 2121.
【解析】(I)根据线面垂直的性质可得PD⊥CE，利用相似三角形的判定与性质可得BD⊥CE，结合线面垂直的判定定理即可得出结果；
(Ⅱ)根据题意和线面垂直的性质可得AD，CD，PD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，求出各点的坐标，进而求出平面PCE的一个法向量，进而求得直线PA的方向向量，可求直线PA与平面PCE所成角的正弦值；
(Ⅲ)求得平面BCE的一个法向量，利用空间向量求平面BCE与平面PCE的夹角的余弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)设等比数列{an}的公比为q，∵Sn+2，Sn，Sn+1成等差数列，
∴2Sn=Sn+2+Sn+1，
∴an+2=−2an+1，
∴q=−2，
∴an=(−2)n.
(Ⅱ)∵bn=[n+12]，n∈N*，
∴b1=b2=1，b3=b4=2，b5=b6=3，b7=b8=4，b9=b10=5，
∴数列{anbn}的前10项的和为−1+(−2)2+2×(−2)3+2×(−2)4+3×(−2)5+3×(−2)6+4×(−2)7+4×(−2)8+5×(−2)9+5×(−2)10=1747.
(Ⅲ)cn=(2n−1)a2n=(2n−1)⋅4n，n∈N*，
∴数列{cn}的前n项和Tn=4+3×42+5×43+…+(2n−1)⋅4n，
4Tn=42+3×43+…+(2n−3)⋅4n+(2n−1)⋅4n+1，
相减可得−3Tn=4+2(42+43+…+4n)−(2n−1)⋅4n+1=4+2×16(4n−1−1)4−1−(2n−1)⋅4n+1，
化为：Tn=(6n−5)⋅4n+1+209.
【解析】(Ⅰ)设等比数列{an}的公比为q，由Sn+2，Sn，Sn+1成等差数列，可得2Sn=Sn+2+Sn+1，化为an+2=−2an+1，利用等比数列的通项公式即可得出an.
(Ⅱ)由bn=[n+12]，n∈N*，可得b1=b2=1，b3=b4=2，…，b9=b10=5，进而得出数列{anbn}的前10项的和．
(Ⅲ)cn=(2n−1)a2n=(2n−1)⋅4n，n∈N*，利用错位相减法即可得出数列{cn}的前n项和Tn.
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及求和公式、错位相减法、分类讨论方法、取整函数，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意知，2c=21a2+12b2=1b2=a2−c2，解得a= 2，b=1，
故椭圆C的方程为x22+y2=1.
(2)设P(x0,y0)，显然x0≠± 2，过点P的直线方程为y−y0=k(x−x0)，
联立y−y0=k(x−x0)x22+y2=1，得(2k2+1)x2+4k(y0−kx0)x+2(y0−kx0)2−2=0，
因为直线l与C相切，所以Δ=16k2(y0−kx0)2−8(2k2+1)[(y0−kx0)2−1]=0，化简得(y0−kx0)2=2k2+1，
即(x02−2)k2−2x0y0k+y02−1=0，
设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，显然k1，k2是上述关于k的一元二次方程的两个根，
所以k1k2=y02−1x02−2=−1，化简得x02+y02=3，即点P到坐标原点O的距离|PO|= 3，
故点P在以O为圆心， 3为半径的圆上，且是动点，而点A为该圆上一定点，
当满足PA⋅PB=0时，AB为圆O的直径，即点B( 3,0)，
所以存在点B( 3,0)满足题意．
【解析】(1)将点代入椭圆方程中，并结合椭圆的几何性质，求得a和b的值，即可；
(2)设出过点P的直线方程，与椭圆 C的方程联立，由判别式Δ=0，探求出直线l1，l2的斜率满足的条件，再推理作答即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系，设出直线方程并与椭圆方程联立，结合已知条件及韦达定理推理求解是这类题的一般解题思路，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
20.【答案】解：(Ⅰ)因为f(x)=x−lnx−2，
所以f′(x)=1−1x，
所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为f′(1)=0，
又f(1)=−1，
所以函数f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=−1.
(Ⅱ)因为f(x)=x−lnx−2，
所以f′(x)=1−1x=x−1x，
令f′(x)=0得x=1，
所以在(0,1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(1,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增．
(Ⅲ)因为对任意的x∈(1,+∞)，都有xlnx+x>k(x−1)，
所以k令g(x)=xlnx+xx−1，
g′(x)=x−lnx−2(x−1)2，x>1，
由(1)知，f(x)=x−lnx−2在(1,+∞)上单调递增，在区间(3,4)有唯一的零点，
设该零点为x0∈(3,4)，则f(x0)=x0−lnx0−2=0，
所以当x∈(1,x0)时，f(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，f(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(x0)=x0lnx0+x0x0−1=x0(x0−2)+x0x0−1=x0∈(3,4)，
所以k所以整数k的最大值为3.
【解析】(Ⅰ)求导得f′(x)=1−1x，由导数的几何意义可得曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为f′(1)，计算f(1)，则切线方程为y−f(1)=f′(1)(x−1).
(Ⅱ)求导并分析f′(x)的符号，进而可得f(x)的单调性．
(Ⅲ)由对任意的x∈(1,+∞)，都有xlnx+x>k(x−1)，可得k1，只需k本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．