2023届河北省衡水中学高三下学期第三次综合素养评价数学试题含解析

2023届河北省衡水中学高三下学期第三次综合素养评价数学试题

一、单选题

1．设复数，则在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】注意到，计算得代数形式，可得答案.

【详解】，，则其在复平面对应的点为，即在第四象限.

故选：D

2．已知集合，，则有（    ）个真子集.

A．3 B．16 C．15 D．4

【答案】A

【分析】计算，得到真子集个数.

【详解】，，则，

真子集个数为.

故选：A

3．已知且，“函数为增函数”是“函数在上单调递增”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

【答案】C

【详解】函数为增函数,则 ,此时,故函数在上单调递增;当在上单调递增时, ,,所以,故为增函数.

故选:C

4．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（    ）

A．48 B．54 C．60 D．72

【答案】C

【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.

【详解】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，

共有 种方法；

由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，

所以由 种方法；

按照分步乘法原理，共有 种方法；

故选：C.

5．公差不为0的等差数列的前项和为，且，若，，，，依次成等比数列，则（    ）

A．81 B．63 C．41 D．32

【答案】C

【分析】由条件求出数列的通项公式，再结合等比数列定义求.

【详解】因为，

所以，故，

设等差数列的公差为，则，

所以，

因为，，，，依次成等比数列，，

所以，

所以，

所以，

故选：C.

6．在中，，，，则直线通过的（    ）

A．垂心 B．外心 C．重心 D．内心

【答案】D

【分析】根据向量的加法的几何意义，结合菱形的对角线为相应角的平分线，得到在的角平分线上，从而作出判定.

【详解】因为,∴，

设,则，

又，

∴在的角平分线上，

由于三角形中,    

故三角形的边上的中线，高线，中垂线都不与的角平分线重合，

故经过三角形的内心，而不经过外心，重心，垂心，

故选D.

7．如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，，若是线段上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据正弦定理及找到外接球的直径，再利用球的表面积公式即可求解.

【详解】由题意可知，设的外接圆半径为r，由正弦定理，知

，当时，取得最小值为2，

此时外接球半径满足，解得或.

所以三棱锥的外接球的最小半径为.

所以外接球表面积为.

故选：C.

8．已知向量的夹角为60°的单位向量，若对任意的､，且，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量的运算，求得模长，整理不等式，构造函数研究其单调性，利用导数，可得答案.

【详解】已知向量的夹角为的单位向量，则

所以

所以对任意的，且，则

所以，即，

设，即在上单调递减，

又时，，解得，

所以在上单调递增；

在上单调递减，所以，

故选：A．

二、多选题

9．以下四个命题中，真命题的有（    ）

A．在回归分析中，可用相关指数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好；

B．回归模型中残差是实际值与估计值的差，残差点所在的带状区域宽度越窄，说明模型拟合精度越高；

C．对分类变量与的统计量来说，值越小，判断“与有关系”的把握程度越大．

D．已知随机变量服从二项分布，若，则．

【答案】AB

【分析】根据相关指数的定义确定A；

根据残差的性质确定B；

根据独立性检验确定C；

根据二项分布与均值的运算确定D.

【详解】对于A，由相关指数的定义知：越大，模型的拟合效果越好，A正确；

对于B，残差点所在的带状区域宽度越窄，则残差平方和越小，模型拟合精度越高，B正确；

对于C，由独立性检验的思想知：值越大，“与有关系”的把握程度越大，C错误．

对于D，，，又，，解得：，D错误．

故选：．

10．2022年9月钱塘江多处出现罕见潮景“鱼鳞潮”，“鱼鳞潮”的形成需要两股涌潮，一股是波状涌潮，另外一股是破碎的涌潮，两者相遇交叉就会形成像鱼鳞一样的涌潮．若波状涌潮的图像近似函数的图像，而破碎的涌潮的图像近似（是函数的导函数）的图像．已知当时，两潮有一个交叉点，且破碎的涌潮的波谷为，则（    ）

A． B．

C．的图像关于原点对称 D．在区间上单调

【答案】BC

【分析】对于A，由题意，求导建立方程，根据正切函数的性质，可得答案；

对于B，整理其函数解析式，代入值，利用和角公式，可得答案；

对于C，整理函数解析式，利用诱导公式，结合奇函数的性质，可得答案；

对于D，利用整体思想，整体换元结合余弦函数的性质，可得答案.

【详解】，则，由题意得，即，故，因为，所以，由则，，故选项A错误；

因为破碎的涌潮的波谷为，所以的最小值为，即，得，所以，

则，故选项B正确；

因为，所以，所以为奇函数，则选项C正确；

，由，得，因为函数在上单调递增，在上单调递减，

所以在区间上不单调，则选项D错误，

故选：BC.

11．在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（    ）

A．异面直线与所成角的余弦值为

B．点为正方形内一点，当平面时，的最小值为

C．过点，，的平面截正方体所得的截面周长为

D．当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为

【答案】BCD

【分析】对于选项A：根据正方体的性质得出在中即为异面直线与所成的角，即可计算得出答案判定；

对于选项B：取的中点的中点，连接，，，得到，，即可证明面面，则根据已知得出轨迹为线段，则过作，此时取得最小值，计算得出即可判定；

对于选项C：过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，得出，，设，，以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，得出，，，的坐标，则可根据，列式得出，，即可得出，，在中得出，同理得出，在中得出，同理得出，在中得出，即可得出五边形的周长，即过点的平面截正方体所得的截面周长，即可判定；

对于选项D：取的中点，则，过作，

且使得，则为三棱锥的外接球的球心，则为外接球的半径，计算得出半径即可求出球的表面积，即可判定.

【详解】对于A选项，，

在中即为异面直线与所成的角，

，

异面直线与所成的角的余弦值为．故A错误；

对于B选项，取的中点的中点，取的中点，连接，，，

，

同理可得，

又面，面，面，面，

面，面，

又，面，

面面，

又面，面，

轨迹为线段，

在中，过作，此时取得最小值，

在中，，，，

在中，，，，

在中，，，，

如图，在中，．故B项正确；

对于C选项，过点的平面截正方体，

平面平面，则过点的平面必与与交于两点，

设过点的平面必与与分别交于、，

过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得，

如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，

如图以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，

设，，

则，，，，，

，，，，

，，

，解得，

，，

，，

在中，，，，同理：，

在中，，，，同理：

在中，，，

，

即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故C正确；

对于D选项，如图所示，取的中点，则，过作，

且使得，则为三棱锥的外接球的球心，

所以为外接球的半径，

在中，，

．故D项正确，

故选：BCD．

12．已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，过点的两条互相垂直的直线，分别与抛物线交于，和，，过点分别作，的垂线，垂足分别为，，则（    ）

A．四边形面积的最大值为2

B．四边形周长的最大值为

C．为定值

D．四边形面积的最小值为32

【答案】ABD

【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，确定四边形形状，利用勾股定理及均值不等式计算判断A，B；设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出弦长即可计算推理判断C，D作答.

【详解】依题意，，解得，即抛物线：，焦点，准线方程为：，直线，与坐标轴不垂直，

因为，，则四边形为矩形，有，

当且仅当时取等号，，即四边形面积的最大值为2，A正确；

因为，则，

当且仅当时取等号，因此四边形周长的最大值为，B正确；

设直线方程为：，，由消去y得：，则，

，同理，

因此，C错误；

四边形面积，

当且仅当时取等号，所以四边形面积的最小值为32，D正确.

故选：ABD

【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.

三、填空题

13．的展开式的常数项是___________．

【答案】70

【分析】利用通项公式求解，常数项由三种情况合并而成，分别求解即可.

【详解】的通项公式为；

当时，中的常数项为；

当时，中的常数项为；

当时，；

所以的展开式的常数项为；

故答案为：70.

14．已知点，，若线段与圆存在公共点，则的取值范围为_________.

【答案】

【分析】通过图像可得当圆和线段AB相切时，圆的半径最小，当圆过B点时，圆的半径最大，据此可得的取值范围.

【详解】如图：当圆和线段AB相切时，圆的半径最小，当圆过B点时，圆的半径最大.

圆的圆心为，半径为，，

当圆和线段AB相切时，

，即，

，得，

当圆过B点时，

，得.

故答案为：.

15．已知实数，满足，则的最小值是______.

【答案】9

【分析】将已知条件通过恒等变形，再利用基本不等式即可求解.

【详解】由已知条件得，

∵，∴，

又∵，，∴，

∴，

当且仅当，即时等号成立.

故答案为：9.

16．若正实数a，b满足，则的最小值为______.

【答案】

【分析】由不等式变形为，通过换元，根据不等式恒成立得出a与b的关系，从而把表示为关于a的表达式，再通过构造函数求最值即可．

【详解】因为，所以，

所以，即

令，则有()，

设，则，由得

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

所以，即，又因为，

所以，当且仅当时等号成立

所以，从而，所以()

设()，则，由得

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，所以的最小值为．

故答案为：．

四、解答题

17．已知为等差数列，.

(1)求的通项公式；

(2)若为的前项和，求.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用累乘法，结合已知条件，即可求得结果；

（2）利用裂项求和法，结合（1）中所求，即可求得结果.

【详解】（1）∵.

∴，

∴，

∴；

当时，满足上式，

所以；

（2）由（1）可得，

∴

.

18．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

(1)求证：.

(2)求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)结合正弦定理及正弦和角公式得，结合角度范围即可证明；

(2)结合正弦定理及三角恒等变换，结合B角范围即可求解.

【详解】（1）在中，

由及正弦定理得：

又∵，

∴

即

，

∵，∴.

∵，∴，

（2）得：得，

∴，∴，

由题意，及正弦定理得：

∵，∴，即

故的取值范围为

方法二：由正弦定理得：

∵，∴，

由（1）得：，故

由（1）得：得，

∴，∴，

∴，即，

故的取值范围为

19．某社区对55位居民是否患有新冠肺炎疾病进行筛查，已知随机一人其口拭子核酸检测结果呈阳性的概率为2%，且每个人的口拭子核酸是否呈阳性相互独立.

(1)假设该疾病患病的概率是0.3%，且患病者口拭子核酸呈阳性的概率为98%，设这55位居民中有一位的口拭子核酸检测呈阳性，求该居民可以确诊为新冠肺炎患者的概率；

(2)根据经验，口拭子核酸检测采用分组检测法可有效减少工作量，具体操作如下：将55位居民分成若干组，先取每组居民的口拭子核酸混在一起进行检测，若结果显示阴性，则可断定本组居民没有患病，不必再检测；若结果显示阳性，则说明本组中至少有一位居民患病，需再逐个进行检测，现有两个分组方案：

方案一：将55位居民分成11组，每组5人；方案二：将55位居民分成5组，每组11人，试分析哪一个方案的工作量更少？

参考数据：，.

【答案】(1)14.7%

(2)方案二的工作量更少

【分析】（1）设事件为“核酸检测呈阳性”，事件为“患疾病”，利用条件概率公式求解即可；

（2）设方案一和方案二中每组的检测次数为，分别求出两种方案检测次数的分布列，进而得出期望，通过比较期望的大小即可得出结论.

【详解】（1）设事件为“核酸检测呈阳性”，事件为“患疾病”.

由题意可得，，，

由条件概率公式得：，

即，

故该居民可以确诊为新冠肺炎患者的概率为14.7%.

（2）设方案一中每组的检测次数为，则的取值为1，6，

，，

所以的分布列为

所以，

即方案一检测的总次数的期望为.

设方案二中每组的检测次数为，则的取值为1，12，

，，

所以的分布列为

所以，

即方案二检测的总次数的期望为.

由，则方案二的工作量更少.

20．图1是直角梯形ABCD，，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达的位置，且．

(1)求证：平面平面ABED．

(2)在棱上是否存在点P，使得点P到平面的距离为？若存在，求出直线EP与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）在图1中，连接，交于O，由几何关系可得，，结合图2易得 是二面角 的平面角，由勾股定理逆定理可证，进而得证；

（2）以，， 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设 ，，求得，同时求出平面的法向量，由点面距离的向量公式求得，进而求得，结合向量公式可求直线EP与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）如图所示：

在图1中，连接，交于O，因为四边形是边长为2的菱形，并且，所以，且．

在图 2 中， 相交直线 ，均与 垂直， 所以 是二面角 的平面角， 因为 ， 所以 ，，所以平面 平面 ；

（2）由 （1） 知， 分别以，， 为 x，y，z 轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系， 则 ，，，，， ，，，，.

 设 ，，

则 .

设平面 的法向量为 ，

则， 即 ， 取 ，

因为点 到平面 的距离为 ，

所以 ， 解得 ，

则 ， 所以 .

设直线 与平面 所成的角为 ，

所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .

21．已知双曲线W：的左、右焦点分别为、，点，右顶点是M，且，．

（Ⅰ）求双曲线的方程；

（Ⅱ）过点的直线l交双曲线W的右支于A、B两个不同的点（B在A、Q之间），若点在以线段AB为直径的圆的外部，试求△AQH与△BQH面积之比λ的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（I）利用双曲线的基本量的运算和向量的数量积可得，．

（II）设出直线l的方程，要注意斜率存在且不为0，直线方程与双曲线方程联立利用判别式和韦达定理，点在以线段AB为直径的圆的外部，即，得；可得，再转化为横坐标运算，整理得，由求出．

【详解】（Ⅰ）由已知，，，，

∵，则，∴，∴，

解得，，∴双曲线的方程为．

（Ⅱ）直线l的斜率存在且不为0，设直线l:，设、，

由，得，

则，解得①，

∵点在以线段AB为直径的圆的外部，则，

，解得②，

由①、②得实数k的范围是.

由已知，∵B在A、Q之间，则，且，

∴，则，∴，

则，

∵，∴，

解得，又，∴．

故λ的取值范围是．

22．已知为正实数，函数.

(1)若恒成立，求的取值范围；

(2)求证：（）.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，分类讨论判断单调性，结合恒成立问题运算求解；

（2）根据（1）可得不等式可证，构建，利用导数证明，结合裂项相消法可证.

【详解】（1），

①若，即，，函数在区间单调递增，故，满足条件；

②若，即，当时，，函数单调递减，则，矛盾，不符合题意.

综上所述：.

（2）先证右侧不等式，如下：

由（1）可得：当时，有，则，

即，即，

则有，

即，右侧不等式得证.

下证左侧不等式，如下：

构建，则在上恒成立，

故在上单调递减，则，

即，可得，即，

则有，

即，

∵，则，

故，左侧得证.

综上所述：不等式成立.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤：

(1)作差或变形．

(2)构造新的函数h(x)．

(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．

(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．

特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．