2023届河北省邯郸市高考三模（保温卷）数学试题含解析

2023届河北省邯郸市高考三模（保温卷）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】化简集合，根据补集和交集的概念可求出结果.

【详解】由得或，则或，则，

又，所以.

故选：A

2．已知等腰梯形满足，与交于点，且，则下列结论错误的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，由平面向量的线性运算，对选项逐一判断，即可得到结果.

【详解】

依题意，显然，故有，

即，，则，故A正确；

又四边形是等腰梯形，故，即，故B正确；

在中，，故C正确；

又，所以D错误；

故选：D.

3．已知抛物线的焦点为，倾斜角为的直线过点交于两点（A在第一象限），为坐标原点，过点作轴的平行线，交直线于点，则点的横坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先写出直线为，与联立，求得点A，B的坐标，进而得到直线的方程，再由求解.

【详解】解：由题意知，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．某医院安排3名男医生和2名女医生去甲、乙、丙三所医院支援，每所医院安排一到两名医生，其中甲医院要求至少安排一名女医生，则不同的安排方法有（    ）

A．18种 B．30种 C．54种 D．66种

【答案】C

【分析】根据题意分配方案为122，212，221，再根据甲医院要求至少有一名女医生分别求解，然后求和.

【详解】解：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21种，

所以共有54种，

故选：C.

5．三棱锥中，平面，，．过点分别作，交于点，记三棱锥的外接球表面积为，三棱锥的外接球表面积为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】取的中点，的中点，连，，，，证明是三棱锥的外接球的球心，为该球的直径；是三棱锥的外接球的球心，为该球的直径，设，求出，根据球的表面积公式可求出结果.

【详解】取的中点，的中点，连，，，，

因为平面，平面，所以，，，

因为，，平面，所以平面，

因为平面，所以，

在直角三角形中，是斜边的中点，所以，

在直角三角形中，是斜边的中点，所以，

所以是三棱锥的外接球的球心，为该球的直径.

因为，是斜边的中点，所以，

因为， 是斜边的中点，所以，

所以是三棱锥的外接球的球心，为该球的直径.

设，则，

则，，

所以.

故选：B.

6．在平面直角坐标系内，已知，，动点满足，则（）的最小值是（    ）

A． B．2 C．4 D．16

【答案】C

【分析】由题意求出点P的轨迹方程，则可以看成圆上动点与定直线上动点的距离，求得其最小值，即可求得答案.

【详解】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，

故选：C.

7．如图，在“杨辉三角”中从第2行右边的1开始按箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，5，，则此数列的前项的和为（    ）

A．680 B．679 C．816 D．815

【答案】D

【分析】根据“杨辉三角”以及组合数性质运算可求出结果.

【详解】根据“杨辉三角”，得，

因此，此数列的前30项和为：

.

.故选：D.

8．已知函数在区间上有两个极值点和，则的范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据函数有两个极值点转化为导函数有两个不同的零点，分离参数及数形结合求出a的范围，结合函数的对称性即可求解的范围.

【详解】因为，

所以，

由得，

且函数，的图象如图：

故当时，有两个不等实根和，此时，

因为，

即是的对称轴，由知，

从而，

所以.

故选：A.

二、多选题

9．已知复平面内复数对应向量，复数满足，是的共轭复数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据复数的几何意义和模长公式计算可得A正确；根据共轭复数的概念和复数的乘方运算法则计算可得B正确；根据复数的除法运算法则和模长公式计算可得C错误；D正确.

【详解】依题意，，则，故A正确；

又，，，，即，故B正确；

设，由得，，

则，

，故C错误；

，

.故D正确.

故选：ABD.

10．已知曲线的焦点为、，点为曲线上一动点，则下列叙述正确的是（    ）

A．若，则曲线的焦点坐标分别为和

B．若，则的内切圆半径的最大值为

C．若曲线是双曲线，且一条渐近线倾斜角为，则

D．若曲线的离心率，则或

【答案】BD

【分析】当时，求出曲线的焦点坐标，可判断A选项；当时，求出面积的最大值，结合椭圆的定义可求得内切圆半径的最大值，可判断B选项；根据双曲线的渐近线方程求出实数的值，可判断C选项；根据双曲线的离心率求出实数的值，可判断D选项.

【详解】对于A选项，若，则曲线的方程为，则，，，

故椭圆的焦点的坐标为和，故A不正确；

对于B选项，若，则曲线的方程为，则，，，

则的面积，

设的内切圆半径为，

则，

所以，，故B正确；

对于C选项，若曲线是双曲线，且一条渐近线倾斜角为，

则渐近线方程为，即，

所以，双曲线的方程可表示为，

所以，，解得，故C不正确；

若曲线的离心率，则有，则曲线为双曲线，

若双曲线的焦点在轴上，则，可得，

此时，，则，，解得；

若双曲线的焦点在轴上，则，可得，

此时，，则，，解得.

综上所述，若曲线的离心率为，则或，故D正确.

综上可知，BD正确.

故选：BD.

11．已知三棱锥，过顶点B的平面分别交棱，于M，N（均不与棱端点重合）．设，，，，其中和分别表示和的面积，和分别表示三棱锥和三棱锥的体积．下列关系式一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】分别表示出与即可判断A；当时，即可判断B；由，然后作差即可判断CD.

【详解】

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.

故选:ACD

12．为了估计一批产品的不合格品率，现从这批产品中随机抽取一个样本容量为的样本，定义，于是，，，记（其中或1，），称表示为参数的似然函数．极大似然估计法是建立在极大似然原理基础上的一个统计方法，极大似然原理的直观想法是：一个随机试验如有若干个可能的结果A，B，C，…，若在一次试验中，结果A出现，则一般认为试验条件对A出现有利，也即A出现的概率很大. 极大似然估计是一种用给定观察数据来评估模型参数的统计方法，即“模型已定，参数未知”，通过若干次试验，观察其结果，利用试验结果得到某个参数值能够使样本出现的概率为最大．根据以上原理，下面说法正确的是（    ）

A．有外形完全相同的两个箱子，甲箱有99个白球1个黑球，乙箱有1个白球99个黑球．今随机地抽取一箱，再从取出的一箱中抽取一球，结果取得白球，那么该球一定是从甲箱子中抽出的

B．一个池塘里面有鲤鱼和草鱼，打捞了100条鱼，其中鲤鱼80条，草鱼20条，那么推测鲤鱼和草鱼的比例为4:1时，出现80条鲤鱼、20条草鱼的概率是最大的

C．

D．达到极大值时，参数的极大似然估计值为

【答案】BCD

【分析】根据新定义判断AC，根据二项分布计算出现80条鲤鱼，20条草鱼的概率，再由导数求最大值对应即可判断B，利用导数求的最大值判断D.

【详解】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，

设

，

时，，时，，

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，（其中或1，），

所以，可知C正确；

令，解得，且时，时，故在上递增，在上递减，故达到极大值时，参数的极大似然估计值为，故D正确.

故选：BCD

三、填空题

13．已知函数是奇函数，则______.

【答案】1

【分析】根据题意，结合，即可求解.

【详解】因为奇函数，且定义域为，

所以，即，解得.

故答案为：1.

14．中，角A，，所对的边分别为，，，且，，则=____．

【答案】/0.8

【分析】利用正弦定理结合三角函数恒等变换计算即可.

【详解】因为，所以由正弦定理可得，

因为，所以

所以，又由

计算可得所以，由可知，即，

故.

故答案为：.

15．已知数列满足：对任意，均有．若，则____．

【答案】2024

【分析】由得到数列是以6为周期的周期数列求解.

【详解】解：由题意得，

所以，

所以数列是以6为周期的周期数列，

所以，

故答案为：2024

16．若曲线与圆有三条公切线，则的取值范围是____．

【答案】

【分析】易得曲线在点处的切线方程为，再根据切线与圆相切，得到，化简为，根据曲线与圆有三条公切线，则方程有三个不相等的实数根，令，由曲线与直线有三个不同的交点求解.

【详解】解：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，即，

解得.

故答案为：

四、解答题

17．记的内角的对边分别为，已知的面积为，．

(1)若，求；

(2)为上一点，从下列条件①、条件②中任选一个作为已知，求线段的最大值．

条件①：为的角平分线；   条件②：为边上的中线．

注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)3

【分析】（1）根据题意，由余弦定理即可三角形的面积公式即可得到，再由正弦定理即可得到结果；

（2）若选①，由余弦定理结合基本不等式即可得到结果；若选②，由，再结合余弦定理与基本不等式即可得到结果.

【详解】（1）因为，

由余弦定理可得：，所以，

由三角形的面积公式可得，所以，

所以，又，故.

由正弦定理得，，

且，

所以，故有.

（2）选择条件①：

在中，由余弦定理，得，

即，故，

当且仅当时，等号成立，

又因为

所以

故的最大值为3.

选择条件②：

由题，平方得，

在中，由余弦定理得，

即，所以.

当且仅当时，等号成立，

故有，

从而，故的最大值为3.

18．已知数列的前n项和为，且，．

(1)求通项公式；

(2)设，在数列中是否存在三项（其中）成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)不存在

【分析】（1）通过与的关系即可得出数列的通项公式；

（2）表达出数列的通项公式，通过比较，即可得出结论.

【详解】（1）由题意，

在数列中，

，

两式相减可得，，，

由条件，，故.

∴是以1为首项，4为公比的等比数列.

∴.

（2）由题意及（1）得，，

在数列中，，

在数列中，，

如果满足条件的，，存在，

则，其中，

∴，

∵，

∴，解得：，

∵

∴，与已知矛盾，所以不存在满足条件的三项.

19．如图，三棱锥的体积为，为中点，且的面积为，，，．

(1)求顶点到底面的距离；

(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）易得平面，再由和的面积为，得到，进而得到，从而有的面积为2，然后再由三棱锥的体积为求解；

（2）平面，根据，，得到，从而，再结合，，得到，从而有，得到在的延长线上，再由平面，得到，从而得到四边形为正方形，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的法向量为，然后由求解.

【详解】（1）（1）在中，，且为中点，

所以，

又因为，，SB、BE在面SBE内，所以平面.

所以，

则，因为的面积为，

所以，又，故.

则的面积为2，设到平面的距离为，

所以，即.

（2）作平面交平面于点，因为，，

所以，所以.

又，，故，故，则在的延长线上.

因为，，，SD、SA在面SAD内，所以平面.

因为平面，所以，

所以四边形为正方形.

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，

设平面的法向量为，

由，得，取，则，

，

设锐二面角的平面角为，则，

所以平面与平面夹角的余弦值是.

20．已知双曲线的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点．

(1)求双曲线的方程；

(2)已知点，设过点的直线交于两点，直线分别与轴交于点，当时，求直线的斜率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意，设双曲线方程的一般式，然后将的坐标代入，即可得到其标准方程；

（2）根据题意，设出过点的直线方程，然后与双曲线方程联立，结合韦达定理分别表示出的坐标，再由列出方程，求解即可得到结果.

【详解】（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；

（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

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

同理可得直线的方程为，令得，

所以直线与轴交点的坐标为.

由题意可知，

即，

即

所以③

将②代入③得

整理得，

所以，满足①式，

综上，.

【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与双曲线相交问题，解答本题的关键在于表示出点的坐标，然后由条件列出方程，从而得到结果.

21．已知函数．

(1)若在单调递增，求实数m取值范围；

(2)若有两个极值点，且，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意，转化为在恒成立，然后转化为最值问题，求导即可得到结果；

（2）根据题意，将零点问题转化为方程根的问题，再讲不等式转化为函数的单调性，即可得到证明.

【详解】（1）由题意，，

因为在单调递增，所以在恒成立.

即在恒成立，

令，

则，在上恒小于等于0，

故在单调递减，.

故.

（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.

要证，只需证，又在单调递减，只需证.

又，只需证.

只需证；只需证，

记，则，

故在上单调递减，

从而当时，，

所以，因此.

【点睛】解答本题的关键在于构造函数，构造函数再由导数求解函数最值，构造函数，再由函数研究其单调性，即可得到结果.

22．邯郸是历史文化名城，被誉为“中国成语典故之都”．为了让广大市民更好的了解并传承成语文化，当地文旅局拟举办猜成语大赛.比赛共设置道题，参加比赛的选手从第一题开始答题，一旦答错则停止答题，否则继续，直到答完所有题目.设某选手答对每道题的概率均为，各题回答正确与否相互之间没有影响．

(1)记答题结束时答题个数为，当时，若，求的取值范围；

(2)（i）记答题结束时答对个数为，求；

（ii）当时，求使的的最小值．

参考数据：，.

【答案】(1)

(2)（i）；（ii）9

【分析】（1）时求出，解不等式即可；

（2）求出的分布列，按照求数学期望的公列式计算即可.

【详解】（1）根据题意，可取1，2，3，

，，，

所以，

由得，又，

所以的取值范围是.

（2）（ⅰ），其中，，

所以的数学期望为

，

设，

利用错位相减可得，

所以.

另解：

.

（ⅱ）依题意，，即，

即，

所以，又，

故的最小值为9.