2023届河北省正定中学高三模拟预测（二）数学试题含解析

2023届河北省正定中学高三模拟预测（二）数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】解一元二次不等式解出集合、，再计算交集即可.

【详解】，

，

所以，

故选：.

2．设复数，，且，则的最大值为（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】C

【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数模的计算公式得到不等式，解得即可.

【详解】因为复数，又，且，

所以，解得，所以的最大值为.

故选：C.

3．已知命题或，则命题的否定为（    ）

A．或

B．且

C．且

D．且

【答案】D

【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.

【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，因为命题或是存在量词命题，所以命题的否定为且.

故选：D.

4．已知等比数列的前三项和为，则（    ）

A．81 B．243 C．27 D．729

【答案】B

【分析】由等比数列的概念与性质计算即可.

【详解】由.而，∴ ，

又，

.

故选：.

5．某校有演讲社团､篮球社团､乒乓球社团､羽毛球社团､独唱社团共五个社团，甲､乙､丙､丁､戊五名同学分别从五个社团中选择一个报名，记事件A为“五名同学所选项目各不相同”，事件为“只有甲同学选篮球”，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别求出事件、事件的可能的种数，代入条件概率公式即可求解.

【详解】事件：甲同学选篮球且五名同学所选项目各不相同，

所以其他4名同学排列在其他4个项目，且互不相同为，

事件：甲同学选篮球，所以其他4名同学排列在其他4个项目，可以安排在相同项目为，

故.

故选:.

6．已知一个圆台的上､下底面面积之比为，其轴截面面积为9，母线长为上底面圆的半径的倍，则这个圆台的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】已知一个圆台的上､下底面面积之比为，得，因为圆台的轴截面面积为9，所以，过点作，得，所以，即，求得，，然后利用圆台的体积公式求解即可.

【详解】如图，设圆台上､下底面圆心分别为，

半径分别为，

由题意得，即，

因为圆台的轴截面面积为9.

所以，所以，

过点作于点，

所以，

因为母线长为上底面圆的半径的倍，

所以，即.

所以，所以，

所以圆台的体积.

故选：C

7．已知函数，则下列说法错误的是（    ）

A．的值域为

B．的单调递减区间为

C．为奇函数，

D．不等式的解集为

【答案】D

【分析】首先化简函数，再结合三角函数的性质，即可判断选项.

【详解】因为，

所以，所以，故选项A正确；

由得，

所以的单调递减区间为，故选项B正确；

所以，

所以为奇函数，故选项C正确；

由得，

即

所以，

所以不等式的解集为，故选项D错误.

故选：D.

8．已知，函数.若存在，使得，则当取最大值时的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出，由结合参变量分离法可得出，可求得的最大值，将的最大值代入函数的解析式，利用二次函数的基本性质可求得的最小值.

【详解】因为，所以，

依题意，

因为存在，使得，

所以，即有解，

因为，则，

所以有解，所以，

因为，所以，所以，

所以的最大值为.

此时，当且仅当时，取等号，

所以的最小值为，

故选：C.

二、多选题

9．在棱长为1的正方体中，点在四边形内（含四边形的边）运动，则下列说法正确的是（    ）

A．上的任意一点到平面的距离恒为定值

B．直线与所成角的正弦值的取值范围为

C．若，直线与平面所成角的正切值为

D．三棱锥外接球的体积最大值等于正方体的外接球的体积

【答案】ACD

【分析】A项，用线面平行来判定；B项，先确定∠PAB即所求夹角，利用三余弦定理分析其范围即可；C项，作PQ⊥面DC1，利用线段比例关系计算即可；D项，直接分析特殊端点即可判定.

【详解】对于，由正方体的性质知，平面，

所以上的任意一点到平面的距离恒为定值，故选项正确；

对于B，由正方体的性质知，，

所以直线与所成角即为直线与所成角，

因为点在四边形内（含四边形的边）运动，如下图所示，过P作PG⊥AC于G，过G作GH⊥AB于H，显然有PH⊥AB，，，

由三余弦定理知：，

即

所以直线与所成角的正弦值的范围为，故选项B错误；

对于C，因为，所以点是上靠近的四等分点，

过点作平面的垂线，垂足为，过Q作QK⊥CC1于K，连接PK，

则为直线与平面所成的角，

由正方体的性质知，是靠近的四等分点，连接，

在Rt中，易得，

所以，故选项正确；

对于D，因为点在四边形内（含四边形的边）运动，

当点在或点时，其外接球的体积最大为正方体的外接球的的体积，当点不在或时，其外接球体积较小，故D正确.

故选:ACD.

10．已知函数，下列说法正确的是（    ）

A．在处的切线方程为

B．

C．若函数的图象与的图象关于坐标原点对称，则

D．有唯一零点

【答案】ABD

【分析】利用导数的几何意义求出切线方程判断A；计算即可判断B；利用对称关系求出解析式判断C；利用导数探讨单调性结合零点存在性定理判断D作答.

【详解】对于A，函数，求导得，有，

所以在处的切线方程为，即，A正确；

对于B，函数，有，

而，所以，B正确；

对于C，函数，函数的图象与的图象关于坐标原点对称，

所以，C错误；

对于D，函数的定义域为R，求导得，令，

，当时，当时，，则函数在上递增，在上递减，

于是，函数在上单调递增，而，

由零点存在性定理知在内存在唯一零点，所以有唯一零点，D正确.

故选：ABD

11．已知随机变量，二项式，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．二项式的展开式中所有项的系数和为256

C．二项式的展开式中含项的系数为252

D．的展开式中含项的系数为5418

【答案】BCD

【分析】由，可判定A错误；令，求得所有的的系数和，可判定B正确；求得展开式的通项， 令，代入求解，可判定C正确；

令，代入求得的展开式中含项的系数，进而可判定正确.

【详解】对于A中，因为随机变量且，所以，所以A错误；

对于B中，在中，令，可得展开式中所有的的系数和为，所以B正确；

对于C中，当时，展开式的通项为，

令，解得，

所以二项式的展开式中含项的系数为，所以C正确；

对于D中，由选项C中二项式的展开式中含项的系数为，

再令，解得，

可得二项式的展开式中含项的系数为，

所以的展开式中含项的系数为，所以正确.故选：BCD.

12．设为椭圆上的动点，分别为椭圆的左，右焦点，焦距为，点到三边的距离相等，椭圆的离心率为，短轴长为，则（    ）

A．点到椭圆的焦点的最大距离为4

B．若，则

C．的面积的最大值为8

D．直线和直线的斜率之积是定值

【答案】ABD

【分析】由题意先计算得椭圆方程，对于A利用焦半径公式计算即可；对于B，利用椭圆的定义及勾股定理计算即可；对于C，根据椭圆性质可直接判定面积最大时P为上（下）顶点；对于D，延长PI交x轴于G，结合角平分线定理得，用P坐标表示直线和直线的斜率之积，化简即可.

【详解】根据题意得.

对于A，设点坐标为，根据椭圆的对称性，不妨求其到右焦点的距离为，，

即P到椭圆的焦点的最大距离为，故选项A正确；

对于B，若，所以，

设，解得：，故选项B正确；

对于C，依题意的面积的最大值为，所以，故选项C错误；

对于D.连接并延长交轴于.因为到三边的距离相等，

则由内角平分线定理可得，

所以.

设，则.，所以，

所以，则，又，则.

所以，则，所以，所以，

则.

所以直线和直线的斜率之积是定值.故选项D正确.

故选：ABD.

【点睛】关键点睛：本题D选项的解决关系是利用内角平分线定理得到，从而得到坐标之间的关系，由此得解.

三、填空题

13．数据1，2，a，6的平均数是3，若将这组数据中的每一个数据都加上2023，得到一组新数据，则新数据的标准差为___________.

【答案】

【分析】算出平均数后套用公式先求方差，进而求出标准差.

【详解】因为数据的平均数是3，所以，解得，

若将这组数据中每一个数据都加上2023，则新数据的平均数为，

方差为

所以新数据的标准差为.

故答案为：.

14．希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，点是满足的阿氏圆上的任一点，若抛物线的焦点为，过点的直线与此阿氏圆相交所得的最长弦与最短弦的和为___________.

【答案】

【分析】由阿氏圆的定义得到点的轨迹方程，即阿氏圆的方程，然后由圆的性质即可求解.

【详解】设，由阿氏圆的定义可得，

即，化简得.

所以，所以点在圆心为，半径为的圆上，

因为抛物线的焦点为.所以，

因为.所以点在圆内，

因为点到与圆心的距离为，

所以过点的最短弦长为，过点的最长弦长为，

所以过点的最长弦与最短弦的和为.

故答案为：

15．已知函数的导函数为，且满足关系式.则的图像上任意一点处的切线的斜率的取值范围为___________.

【答案】

【分析】先对已知关系式求导，然后令，求出，从而得到，然后根据解析式的特点，选择用基本不等式求最值，从而得到结果.

【详解】因为，所以，

所以，所以，

所以，

所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，

所以的图像上任意一点处的切线的斜率的取值范围为.

故答案为：.

16．已知平面向量满足，则以为直径长的圆的面积的最大值为___________.

【答案】

【分析】作出相关向量后用解三角形的知识求解.

【详解】因为，所以，

又因为，

所以与的夹角大小为，

如图，作，

连接，则，所以，

又，所以四点共圆，

故当为圆的直径时，最大.

此时，

在Rt中，.

在中，，

所以，即，

所以，

整理得，

所以.

所以，即的最大值为.

所以以为直径的圆的面积的最大值为.

故答案为：

四、解答题

17．已知的内角所对的边分别为，且.

(1)求角的大小；

(2)求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意得到，由正弦定理化简得到，求得，即可求解；

（2）由正弦定理得到，再由余弦定理和基本不等式得到，结合，即可求解.

【详解】（1）解：因为，所以，

即，

由正弦定理，可得，

因为，可得且，

所以，则，所以，

因为，所以，则.

（2）解：由（1）可得，

由正弦定理，可得，

所以.

由余弦定理可得，

又由基本不等式，当且仅当时取等号，

可得，

所以，故的最大值为.

18．已知数列的前项和为，满足（为常数）.

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）通过已知条件，求出参数，利用求解通项公式即可；

（2）根据（1）写出的通项公式，利用错位相减法求解即可.

【详解】（1）令，可得，

所以，

当时，，

可得，

所以，

又因为满足上式，

所以；

（2）因为，

所以，

两边乘得：

,

两式相减得：

,

即：,

所以.

19．某小组共人，利用假期参加义工活动．已知参加义工活动次数为的人数分别为.现从这人中随机选出人作为该组代表参加座谈会．

(1)设为事件“选出的人参加义工活动次数之和为”，求事件发生的概率；

(2)设X为选出的人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量的分布列和数学期望与方差．

【答案】(1)

(2)分布列见解析；期望为，方差为

【分析】（1）利用古典概型概率计算公式，结合组合数的计算求得事件发生的概率.

（2）利用古典概型概率计算公式，结合组合数的计算的分布列并求得数学期望、方差.

【详解】（1）由已知得.

（2）的可能取值为，

，

.

所以随机变量X的分布列为

.

.

20．如图，正六棱柱的所有棱长为分别为的中点.

(1)求证：直线直线；

(2)求平面与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，根据题意得到且，结合勾股定理证得，进而证得平面，即可得到；

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式和三角函数的基本关系式，即可求解.

【详解】（1）证明：如图所示，连接，因为是正六棱柱，且棱长为，

可得且，

又因为，所以，可得，

由，且平面，所以平面，

又由平面，所以.

（2）解：以为坐标原点，分别以所在的直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

因为正六棱柱的所有棱长为且分别为的中点，可得，

所以，

设平面的一个法向量为，则，

令，可得，所以，

设平面的一个法向量为，则，

令，可得，所以.

所以，

设平面与平面所成角为，则，

所以.

所以平面与平面所成角的正弦值为.

21．已知函数.

(1)求的单调区间；

(2)若在上恒成立，求证：.

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）在定义域范围内求导函数大于零或小于零的解集即可；

（2）将问题转化为在上恒成立，含参讨论得时，有最大值即证明.

【详解】（1）因为的定义域为，

所以，

令得或；

令得.

所以的单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）因为：

在上恒成立，

即在上恒成立，

设.

则.

①若，则单调递增，的值域为，

故不能恒成立，故舍去；

②若，则当时，；

当时，，

从而在上单调递增，在上单调递减，

所以有最大值，

所以.

22．双曲线的左､右焦点分别是，离心率为3，点在双曲线上.

(1)求双曲线的标准方程；

(2)分别为双曲线的左，右顶点，若点为直线上一点，直线与双曲线交于另一点，直线与双曲线交于另一点，求直线恒经过的定点坐标.

【答案】(1)

(2)直线恒过定点

【分析】（1）由题意可得，，求解即可；

（2）由题意可得，设，从而得到直线的方程为，直线的方程为，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求得，，从而求得直线的方程为，当时，令，求得；当时，直线的方程为过定点，从而可确定直线过定点.

【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，

又离心率，即，

所以，

所以双曲线的方程为；

（2）设，因为分别为双曲线的左，右顶点，

所以，所以直线的方程为.

由消去得.

因为直线与双曲线交于点，所以，所以.

因为，所以，

所以，

所以.

因为直线的方程为，

由消去得.

因为直线与双曲线交于点，所以.所以.

因为，所以，

，

所以.

所以当且时，

直线的斜率为

当时，直线的方程为

令，得

所以

所以直线过定点.

当时，，直线的方程为，过定点.

当或时，直线分别与双曲线的渐近线平行，点不存在.

综上，直线恒过定点.

【点睛】思路点睛:与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.