2023届河北省张家口市宣化区高三下学期第三次模拟数学试题含答案

张家口市宣化区2023届高三下学期第三次模拟

数学试题

一、单选题（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的）

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．复数满足，则（    ）

A． B． C． D．5

3．如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所构成的．已知圆台的上、下底面直径分别为和，且圆台的母线与底面所成的角为，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的体积为（    ）

A． B． C． D．

4．如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数第1根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线交于点（，）和（，），则(     )   参考数据：取.

A．814 B．900 C．914 D．1000

5．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，截取后的剩余部分称为“阿基米德多面体”，它是一个24等边半正多面体．从它的棱中任取两条，则这两条棱所在的直线为异面直线的概率为（    ）

A． B． C． D．

6．已知，均为锐角，且，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

7．已知正方形的边长为是它的外接圆的一条弦，点为正方形四条边上的动点，当弦的长度最大时，的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

8．已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是(    )

A． B． C． D．

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分）

9．将函数（）的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象．若是的一个单调递增区间，则以下结论正确的为（    ）

A．的最小正周期为                B．在上单调递增

C．函数的最大值为    D．方程在上有个实数根

10．如图，正方体棱长为，是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（    ）

A．的最小值为

B．的最小值为

C．三棱锥的体积不变

D．以点为球心，为半径的球面与面的交线长

11．已知函数及其导函数的定义域都为，对于任意的，都有成立，则下列说法正确的是（    ）．

A．           B．若，则

C．为偶函数     D．若，则

12．设，为椭圆的左，右焦点，直线过交椭圆于A，B两点，则以下说法正确的是（    ）

A．的周长为定值8 B．的面积最大值为

C．的最小值为8 D．存在直线l使得的重心为

三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13．设，则________．

14．已知正实数满足，则的最小值为___________.

15．如图，在正方体中，，若为棱上动点，为线段上的点，且，若与平面所成角的正切值为，则三棱锥的外接球表面积为______．

16．已知分别为椭圆的左，右焦点，是椭圆上两点，线段经过点，且，则椭圆的离心率为__________.

四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明步骤或演算步骤）

17．（本小题满分10分）

在三角形ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知．

(1)求A；

(2)若，求BC边上的高AD的最大值．

18．（本小题满分12分）

记为数列的前项和，已知.

(1)求的通项公式；

(2)令，记数列的前项和为，试求除以3的余数.

19（本小题满分12分）

如图，已知在四棱锥中，为中点，平面平面，，，，．

（1）求证：平面平面；

（2）求二面角的余弦值．

20．（本小题满分12分）

教育局计划举办知识竞赛，先在，，，四个赛区举办预赛，每位参赛选手先参加“赛区预赛”，预赛得分不低于100分就可以成功晋级决赛，每个赛区预赛中，成功晋级并且得分最高的选手获得一次决赛中的“错题重答”特权.赛区预赛的具体规则如下：每位选手可以在以下两种答题方式中任意选择一种答题.方式一：每轮必答2个问题，共回答6轮，每轮答题只要不是2题都错，则该轮次中参赛选手得20分，否则得0分，各轮答题的得分之和即为预赛得分；方式二：每轮必答3个问题，共回答4轮，在每一轮答题中，若答对不少于2题，则该轮次中参赛选手得30分，如果仅答对1题，则得20分，否则得0分.各轮答题的得分之和即为预赛得分.记某选手每个问题答对的概率均为.

（1）若，该选手选择方式二答题，求其晋级的概率；

（2）证明：该选手选择两种方式答题的得分期望相等.

21．（本小题满分12分）

已知、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的动点（异于的左、右顶点）的周长为6，且面积的最大值为．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若为直线与椭圆的另一个交点，求内切圆面积的最大值．

22．（本小题满分12分）

已知函数.

(1)若的导函数为，试讨论的单调性；

(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.

张家口市宣化区2023届高三下学期第三次模拟

数学 参考答案

1．C    2．C   3．A   

4．C【解】由条件可得   ①，

所以  ②，

①－②得：，

，所以.故选：C.

5．B【解】解：当一条直线位置于上（或下）底面，另一条不在底面时，共有对异面直线，

当两条直线都位于上下底面时，有对异面直线，当两条直线都不在上下底面时，有对异面直线，所以，两条棱所在的直线为异面直线的概率为  故选：B

6．C【解】∵，∴，即，∴，即，又因为为锐角，所以该方程有解，即，解得．又为锐角，∴．

所以的最大值是.（也可以利用均值定理求最大值）故选：C

7．A【解】当弦的长度最大时，弦过正方形的外接圆的圆心，因为正方形的边长为2，所以圆的半径为，如下图所示：

则，，

所以，.因为点为正方形四条边上的动点，所以，又，所以，故选：A.

8．A【解】，，当时，单调递减，当时，单调递增，为方程的根，即﹒故，即为，解得﹒是函数的零点，方程在上有解﹒即在上有解﹒，在上有解﹒令，，设，则，易知h(t)在上单调递增，在上单调递减﹒又，﹒﹒故实数a的最小值是﹒

9．ACD【解】函数图象右移个单位后为，因为是的一个单调递增区间，所以，即，，解得，因为，以，故，的周期为，故A正确；

令，,得，，即故在上单调递增，故B错误；又，

所以的最大值为，故C正确；当时，令，则或或或或，即与直线在上有个交点，又所以与直线在上有个交点，即方程在上有个实数根，故D正确．故选：ACD．

10．ACD【解】对于A，在中，，即是边长为的等边三角形，的最小值为的高，，A正确；

对于B，将与矩形沿翻折到一个平面内，如图所示，则的最小值为；又，，，在中，由余弦定理得：，，即，B错误；对于C，平面，平面，；四边形为正方形，，又，平面，平面；，

即三棱锥的体积不变，C正确；对于D，设点到平面的距离为，，，即，解得：，以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，交线长为，D正确.故选：ACD.

11．BD

【解】令，则，解得或，故A错误；

令，，所以，令，，则，解得，故B正确；当时，令，则有，所以，，当，令，则有，所以，所以，所以为奇函数，综上，为奇函数，故C错误；

令，则，所以，故D正确．故选：BD．

12．ACD【解】由椭圆，可得，所以为，故A正确；因为，，当且仅当取等号，故C正确；由题可设直线的方程为，由，

可得，设，则，

所以，所以的面积为，令，则，，因为，，所以，故B错误；，，又，所以的重心为，令，解得，

所以当直线的方程为时的重心为，故D正确.故选：ACD.

13．【解】∵，

∴，∴.故答案为：.

14．【解】由，得，

令，则在上单调递增，所以，即，又因为是正实数，

所以，当且仅当，即时等号成立。

15．【解】如图，连接因为平面，则为与平面所成角的平面角，即，所以.因为平面，所以，又，   所以平面，则，所以，而，所以，则，所以.半径，故三棱锥的外接球表面积为.故答案为：

16．【解】不妨设，那么，因为，所以，

因为，得，所以，则，因为，则，即，

所以，即，解得．故答案为：．

17．(1)；(2).

【解】（1）根据正弦定理可得，又，∴．∵,∴．

（2），∴，当且仅当时取等号.∵，∴，，∴，∴AD的最大值为.

18．(1)     (2) 2

【解】（1）由有，即，又，故，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，所以，即，故，两式相减得，即，所以，因此.

（2）由（1）及，有，所以，，因为均为正整数，所以存在正整数使得，故，所以除以3的余数为2.

19．（1）见解析；（2）

（1）证明：∵，，，，∴，，，，∴，∵平面平面,两平面的交线为 ∴平面，∴，∵，为中点，∴，梯形中与相交 ∴底面，∴平面平面．

（2）如图建立空间直角坐标系，则，，，

∴，，，，

设平面的一个法向量为，平面的法向量为，则由可得取，得，，即，同理，∴．故二面角的余弦值为．

20．（1）；（2）证明见解析.

【解】：（1）选择方式二，则得分可取值为0，20，30，且，，记预赛得分为，

∴该选手所以选择方式二答题晋级的概率为.

（2）该选手选择方式一答题：设每轮得分为，则可取值为0，20，且，∴，设预赛得分为，则，

.

该选手选择方式二答题：设每轮得分为，则可取值为0，20，30，且，

，，∴.设预赛得分为，则

，因为，所以选择两种方式得分期望相等.

21．(1)(2)

【解】（1）解：设椭圆的焦距为，因为为椭圆上的动点（异于的左、右顶点）的周长为6，所以①，因为面积的最大值为，所以由椭圆性质得当为短轴端点时，面积的最大，即②，因为③，所以，由①②③解得，所以，椭圆的标准方程为.

（2）解：设内切圆的半径为，所以，根据等面积法，

所以，内切圆面积的最大时，的面积最大，由题知，设，

与椭圆联立方程得，设，则，所以，，

令，则，设，则由对勾函数单调性可知，在上单调递增，所以，当时，即时，的面积最大，最大值为，此时，

所以，内切圆面积的最大值为

22．(1)答案见解析   (2) 

【解】（1）解：由已知，则，

①当时，，得在单调递减；

②当时，，

得在单调递减，在单调递增，

综上：当时，函数在单调递减；

当时，函数在单调递减，在单调递增.

（2）解：即对恒成立，

整理得，令，

则求导得，注意到，而，

①当时，因为，故有，

，

记，则，

利用（证明略）得，

所以，

所以在单调递增，故，

所以对任意的恒成立，

②当时，根据①中的放缩得，

，

（i）若时，，不成立，

（ii）若时，当时，不符合题意，

综上所述，实数的取值范围是.