2023届河北省保定一中部分学校高三下学期5月高考临考信息卷数学试题含解析

这是一份2023届河北省保定一中部分学校高三下学期5月高考临考信息卷数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了下列结论正确的有等内容，欢迎下载使用。
  绝密★启用前2023届河北省保定一中部分学校高三下学期5月高考临考信息卷数学试卷 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：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.已知复数满足，则的共轭复数（    ）A.    B.C.    D.3.2023年3月24日是第28个“世界防治结核病日”，我国的宣传主题是“你我共同努力，终结结核流行”，呼吁社会各界广泛参与，共同终结结核流行，维护人民群众的身体健康.已知某种传染疾病的患病率为5%，通过验血诊断该病的误诊率为2%，即非患者中有2%的人诊断为阳性，患者中有2%的人诊断为阴性.若随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性的概率为（    ）A.0.46    B.0.046    C.0.68    D.0.0684.过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，以线段为直径的圆的圆心为，半径为，点到的准线的距离与的积为25，则（    ）A.40    B.30    C.25    D.205.根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，文化娱乐场所室内甲醛浓度为安全范围.已知某新建文化娱乐场所施工中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，竣工1周后室内甲醛浓度为周后室内甲醛浓度为，且室内甲醛浓度（单位：）与竣工后保持良好通风的时间（）（单位：周）近似满足函数关系式，则该文化娱乐场所的甲醛浓度若要达到安全开放标准，竣工后至少需要放置的时间为（    ）A.5周    B.6周    C.7周    D.8周6.在轴截面顶角为直角的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆柱的底面半径与圆锥的底面半径的比值为（    ）A.    B.    C.    D.7.已知双曲线的左､右焦点分别为，点是双曲线右支上一点，且，延长交双曲线于点.若，则双曲线的离心率为（    ）A.    B.2    C.    D.8.在中，是平面上的动点，且，是边上一点，则的最小值为（    ）A.1    B.2    C.3    D.4二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列结论正确的有（    ）A.若随机变量满足，则B.若随机变量，且，则C.若样本相关系数的绝对值越接近1，则成对样本数据的线性相关程度越强D.按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：；乙组：.若这两组数据的第30百分位数､第50百分位数都分别对应相等，则10.2022年12月，神舟十四号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆（都包含点）组成的“曲圆”，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴长等于半圆的直径，如图，在平面直角坐标系中，下半圆与轴交于点.若过原点的直线与上半椭圆交于点，与下半圆交于点，则（    ）A.椭圆的离心率为B.的周长为C.面积的最大值是D.线段长度的取值范围是11.如图，四棱柱的底面是边长为的正方形，侧棱底面，三棱锥的体积是，底面和的中心分别是和是的中点，过点的平面分别交于点，且平面是线段上任意一点（含端点），是线段上任意一点（含端点），则（    ）A.侧棱的长为B.四棱柱的外接球的表面积是C.当时，平面截四棱柱所得的截面是六边形D.的最小值是512.已知，则（    ）A.    B.C.    D.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在平面直角坐标系中，角的顶点为，始边与轴的非负半轴重合，终边与圆相交于点，则__________.14.已知多项式，则__________.15.已知函数和，若的极小值点是的唯一极值点，则实数的最大值为__________.16.“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛.设是一个“0，1数列”，定义数列：数列中每个0都变为“”，中每个1都变为“”，所得到的新数列.例如数列，则数列.已知数列，且数列，记数列的所有项之和为，则__________.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.（本小题满分10分）如图，在平面四边形中，.（1）求边；（2）若，求四边形的面积.18.（本小题满分12分）在各项均为正数的数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）若，数列的前项和为，证明：19.（本小题满分12分）2023年3月某学校举行了普通高中体育与健康学业水平合格性考试，考试分为体能测试和技能测试，其中技能测试要求每个学生在篮球运球上篮､羽毛球对拉高远球和游泳3个项目中任意选择一个参加.某男生为了在此次体育学业考试中取得优秀成绩，决定每天训练一个技能项目.第一天在3个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都是从前一天没有训练的2个项目中任意选一项训练.（1）若该男生进行了3天训练，求第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率；（2）设该男生在考前最后6天训练中选择“羽毛球对拉高远球”的天数为，求的分布列及数学期望.20.（本小题满分12分）已知椭圆的左､右焦点分别是是椭圆上一动点（与左､右顶点不重合），的内切圆半径的最大值是，椭圆的离心率是.（1）求椭圆的方程；（2）过作斜率不为0的直线交椭圆于两点，过作垂直于轴的直线交椭圆于另一点，连接，设的外心为，求证：为定值.21.（本小题满分12分）在三棱台中，平面，分别是的中点，是棱上的动点.（1）求证：；（2）若是线段的中点，平面与的交点记为，求平面与平面夹角的余弦值.22.（本小题满分12分）已知函数有两个零点，且.（1）求实数的取值范围；（2）证明：.                        2023届河北省部分学校高三下学期5月高考临考信息卷数学参考答案题号123456789101112答案CCDABDDBBCBDBCDAD1.C  解析：，由，得，则，所以.故选C.2.C  解析：因为，可得，所以.故选C.3.D  解析：设随机抽取一人进行验血，其诊断结果为阳性为事件，设随机抽取一人为患者为事件，随机抽取一人为非患者为事件，则0.068.故选D.4.A  解析：由抛物线的性质知，点到的准线的距离为，依题意得，又点到的准线的距离为，则有，故.故选A.5.B  解析：由题意可知，，解得.设该文化娱乐场所竣工后放置周后甲醛浓度达到安全开放标准，则0.1，整理得.设，因为，所以，即，则，即，故竣工后至少需要放置的时间为6周.故选B.6.D  解析：设圆柱和圆锥底面半径分别为，因为圆锥轴截面的顶角为直角，所以圆锥母线长为，设圆柱高为，则，由题意得，解得.故选.7.D  解析：设，由双曲线的定义可得，又，则，由，可得，即，解得.又，即，即，所以.故选D.8.B  解析：取的中点，则，可得，当且仅当点在线段上时，等号成立，故，显然当时，取到最小值，故.故选B.9.BC  解析：对于A，由方差的性质可得，故A错误；对于，由正态密度曲线的对称性可得，故B正确；对于，由样本相关系数知识可得，样本相关系数的绝对值越接近1，则成对样本数据的线性相关程度越强，故C正确；对于D，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，则解得故，故D错误.故选BC.10.BD  解析：由题知，椭圆中的几何量，所以，则离心率，故不正确；因为，由椭圆性质可知，所以，故D正确；设到轴的距离分别为，则，当点在短轴的端点处时，同时取得最大值3，故面积的最大值是9，故C不正确；由椭圆定义知，，所以的周长，故B正确.故选BD.11.BCD  解析：对于选项，因为三棱锥的体积，解得，故选项错误；对于选项，外接球的半径满足，故外接球的表面积，故选项B正确；对于选项D，因为平面平面，所以平面，又平面平面平面，所以，又因为四边形是正方形，，所以，因为侧棱底面底面，所以，又，所以平面，垂足是，故对任意的，都有，又因为，故，故选项D正确；对于选项C，如图，延长交的延长线于点，连接交于点，在平面内作交于点，连接，则平面截四棱柱所得的截面是五边形，因为，所以此时，故时截面是六边形，时截面是五边形，故选项C正确.故选BCD.12.AD  解析：对于A，，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，且，又，故.令，则，所以在上单调递减，且，，即，故选项A正确；对于B，，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，且，又，故.令，所以在上单调递减，且，，即，故选项B错误；对于C，，又在上单调递增，，故选项C错误；对于D，由C可知，，又在上单调递减，，即，故选项D正确.故选AD.13.  解析：因为角的终边与圆相交于点，所以，所以.14.74  解析：对于，其二项展开式的通项为，令，得，故，对于，其二项展开式的通项为，令，得，故，所以.15.  解析：由可得，当或时，，当时，，所以的极小值点是2.由可得，因为的唯一极值点为2，所以或恒成立，所以或在上恒成立，因为在上单调递减，在上单调递增，当时，，所以在上恒成立，则.16.  解析：设数列中，0的个数为的个数为，则，两式相加，得，又数列是以5为首项，3为公比的等比数列，；两式相减，得，又数列是以-1为首项，-1为公比的等比数列，，17.解：（1）因为为锐角，所以.因为，在中，由余弦定理得，即，得.（2）在中，由正弦定理得，即，所以.在中，由余弦定理得，即，解得.因为，所以.18.解：（1），则或，，数列为等比数列，公比为数列的通项公式为.（2）证明：由（1）得，则，数列的前项和为，当时，当时，为递增数列，，即，19.解：（1）当第一天训练的是“篮球运球上篮”且第三天训练的也是“篮球运球上篮”为事件；当第一天训练的不是“篮球运球上篮”且第三天训练的是“篮球运球上篮”为事件.由题知，3天的训练过程中，总共的可能情况为种，所以，，所以，第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率.（2）由题知，的可能取值为，考前最后6天训练中，所有可能的结果有种，当时，第一天有两种选择，之后每天都有1种选择，所以，；当时，共有种选择，所以，；当时，共有种选择，所以，；所以，，所以，的分布列为0123所以，.20.解：（1）由题意知，又，则设的内切圆半径为，则.故当面积最大时，最大，即点位于椭圆短轴顶点时，所以，把代入，解得，所以椭圆的方程为.（2）由题意知，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，代入椭圆方程得，设，则，因此可得，所以中点的坐标为，因为是的外心，所以是线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点，由题意可知关于轴对称，故，的垂直平分线方程为，令，得，即，所以又故，所以为定值，定值为4.21.解：（1）证明：取线段的中点，连接，如图所示，因为分别为的中点，所以，在三棱台中，，所以，，且，故四点共面.因为平面平面，所以，因为，所以四边形是正方形，所以.又平面，所以平面.因为平面，所以.（2）延长与相交于点，连接，则.因为分别为和的中点，，所以，则，所以，为的中点.又因为为的中点，且，则为的重心，所以，因为平面平面，所以.因为，所以.又因为平面，所以平面，所以两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，.设平面的法向量为，则取，则.设平面的法向量为，则取，可得.所以，，故平面与平面夹角的余弦值为.22.解：（1）的定义域为，当时，恒成立，所以在上单调递增，不可能有两个零点，故舍去；当时，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.要使有两个零点，则，解得.又，所以当时，在和上各有一个零点且，所以由的单调性知，当时，，当时，.因为，所以，即，所以，而，即，所以，而.令，则，因为，所以，所以，所以在上单调递增，所以，所以.（2）因为，所以，当且仅当时取等号，而，故，要证，即证，即证，即证，即证.设，因为，所以，由（1）得，两式作差，化简得，所以.令，则.令，则，易知在上单调递增，故，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即得证.所以不等式得证.