河北省2023届高三模拟（六）数学试题（含解析）

这是一份河北省2023届高三模拟（六）数学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

河北省2023届高三模拟（六）数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．设为正实数，复数满足，若在复平面内对应的点恰好在直线上，则（    ）
A． B．1 C．2 D．4
3．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
4．在平行四边形中，已知，且，则向量与的夹角的余弦值为（    ）
A． B．0 C． D．
5．柷（zhù），是一种古代打击乐器，迄今已有四千多年的历史，柷的上方形状犹如四方形木斗，上宽下窄，下方有一底座，用椎（木棒）撞击其内壁发声，表示乐曲将开始.如图，某柷（含底座）高，上口正方形边长，下口正方形边长，底座可近似地看作是底面边长比下口边长长，高为的正四棱柱，则该柷（含底座）的侧面积约为（）（    ）
  
A． B． C． D．
6．将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，则的部分图像大致为（    ）
A． B．
C． D．
7．过抛物线的焦点的直线与交于，两点，若，则（为原点）的面积为（    ）
A． B．6 C． D．
8．在正四面体中，为的中点，点在以为球心的球上运动，，且恒有，已知三棱锥的体积的最大值为，则正四面体外接球的体积为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．近年来，我国大力发展新能源汽车工业，新能源汽车（含电动汽车）的销量已跃居全球首位，同时我国也加大了新能源汽车公共充电桩的建设，以解决新能源汽车的充电困境.下面是我国2021年9月至2022年8月这一年来公共充电桩累计数量统计图，则针对这12个月的数据，下列说法正确的是（    ）
  
A．这12个月以来，我国公共充电桩累计数量一直保持增长态势
B．这12个月我国公共充电桩累计数量的中位数低于123万台
C．这12个月我国公共充电桩的月平均累计数量超过115万台
D．2022年6月我国公共充电桩累计数量的同比增长率最大

三、单选题
10．已知，则下列不等式正确的是（    ）
A． B． C． D．

四、多选题
11．如图，已知正方体的棱长为1，为底面的中心，交平面于点，点为棱的中点，则（    ）
  
A．，，三点共线 B．异面直线与所成的角为
C．点到平面的距离为 D．过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为
12．已知函数，则（    ）
A．的最小正周期为
B．图象的一条对称轴为直线
C．当时，在区间上单调递增
D．存在实数，使得在区间上恰有2023个零点

五、填空题
13．已知，则______.
14．已知等比数列的首项，公比，，且，则的前2023项和为______.
15．为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进边疆少数民族地区教育事业的发展，某市派出了包括甲、乙在内的5名专家型教师援疆，现将这5名教师分配到新疆的，，共3所学校，每所学校至少1人，则在甲、乙两人不分配到同一所学校的前提下，甲恰好分配到学校的概率为______.
16．已知斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，，，直线与的左、右两支分别交于点，，交于点，若点恒在直线上，则的离心率为______.

六、解答题
17．已知的内角A，，所对的边分别为，，，且.
(1)求A；
(2)若，且，求内切圆的半径.
18．已知数列的前项和为，点在曲线上.
(1)证明：数列为等差数列；
(2)若，数列的前项和满足对一切正整数恒成立，求实数的值.
19．在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，.
  
(1)求证：平面平面；
(2)设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为.
20．已知椭圆的左焦点为，过点作直线交于点，.
(1)若，求直线的斜率；
(2)设，是上异于的点，且，，三点共线，求证：.
21．为切实做好新冠疫情防控工作，有效、及时地控制和消除新冠肺炎的危害，增加学生对新冠肺炎预防知识的了解，某校举办了一次“新冠疫情”知识竞赛.竞赛分个人赛和团体赛两种.个人赛参赛方式为：组委会采取电脑出题的方式，从题库中随机出10道题，编号为，，，，，，电脑依次出题，参赛选手按规则作答，每答对一道题得10分，答错得0分.团体赛以班级为单位，各班参赛人数必须为3的倍数，且不少于18人，团体赛分预赛和决赛两个阶段，其中预赛阶段各班可从以下两种参赛方案中任选一种参赛：
方案一：将班级选派的名参赛选手每3人一组，分成组，电脑随机分配给同一组的3名选手一道相同的试题，3人均独立答题，若这3人中至少有2人回答正确，则该小组顺利出线；若这个小组都顺利出线，则该班级晋级决赛.
方案二：将班级选派的名参赛选手每人一组，分成3组，电脑随机分配给同一组的名选手一道相同的试题，每人均独立答题，若这个人都回答正确，则该小组顺利出线；若这3个小组中至少有2个小组顺利出线，则该班级晋级决赛.
(1)郭靖同学参加了个人赛，已知郭靖同学答对题库中每道题的概率均为，每次作答结果相互独立，且他不会主动放弃任何一次作答机会，求郭靖同学得分的数学期望与方差；
(2)在团体赛预赛中，假设A班每位参赛选手答对试题的概率均为常数，A班为使晋级团体赛决赛的可能性更大，应选择哪种参赛方式？请说明理由.
22．已知函数.
(1)讨论的极值；
(2)当时，证明：.

参考答案：
1．D
【分析】求函数的定义域得到集合，再利用集合交并的运算求解即可.
【详解】因为，所以，所以，
又，所以，，
故选：D
2．A
【分析】先根据复数的运算求出，得到在复平面内对应的点代入直线方程即可求解.
【详解】由题意可得，
则在复平面内对应的点为，
将点代入得，解得，
故选：A
3．D
【分析】利用指、对数函数的性质，得出，再利用对数的运算性质，得出，从而得出结果.
【详解】易知，，，而，故，
又因为，，故，即，
所以，
故选：D.
4．B
【分析】根据平面向量的线性运算及数量积求解即可.
【详解】由题意知，在平行四边形中，，，
因为 ，所以.
因为，所以 ，又，
所以，
故，则，
所以向量与的夹角的余弦值为 0 .
故选：B.
5．B
【分析】首先求出正四棱台的侧棱长，即可求出斜高，再根据侧面积公式计算可得.
【详解】如图正四棱台中，连接，，过点、分别作、，交于点、，
依题意，，，
则，所以，
所以正四棱台的斜高为，
所以正四棱台的侧面积，
又正四棱柱的侧面积，
所以该柷（含底座）的侧面积约为；
故选：B
  
6．D
【分析】利用条件，变形化简得到，再逐一对各个选项图形分析判断即可得出结果.
【详解】因为，所以，
选项A，因为，又，所以，故，根据图形知，选项A错误；
选项B，因为，所以，即不是偶函数，选项B错误；
选项C，因为，又，所以，故，根据图形知，选项C错误；综上可知选项D符合题意.
故选：D.
7．C
【分析】设出直线的方程为，联立方程消得到，从而得到，再根据条件，可得到，从而求出，再由，即可求出结果.
【详解】设直线的方程为，，联立，消去得到，，
由韦达定理得，，
如图，由对称性，不妨设在轴上方，因为，所以，又易知，，所以，故有，所以，得到，
将，代入，得到，所以，
则，
  
故选：C.
8．A
【分析】分析得出在处到平面的距离最远，即三棱锥的体积最大，利用等体积法即可得出正四面体边长，即可得外接正方体的边长，然后利用正方体外接球体积公式求解即可.
【详解】由题知，
为的中点，点在以为球心的球上运动，，
所以都在以为球心的球上，
又因，则在的中垂面上，如图，
    
连接，
都为正三角形，且为的中点，
，
，平面，平面，
平面，平面是的中垂面，即在平面上，
所以点在平面与以为球心，为半径的球的交线上，
即在以为圆心，为半径的平面内的圆上，
取中点，连接，延长至点，使，
作在平面内，以为圆心，为半径的圆，
则圆上的点到平面的距离最远，故在处，
设，则，，
平面，平面，
,
,
,
在中，，
点到平面的距离，
所以，
解得，
  
如图则其外接正方体的边长为，
所以正四面体外接球即为边长为正方体的外接球，
故外接球半径，
所以外接球体积.
故选：A
【点睛】关键点睛：本题考查三棱锥的体积问题，三棱锥的外接球问题，运动变化思想的应用，方程思想，属于难题.
9．ABC
【分析】由统计图逐一分析四个选项得答案.
【详解】由公共充电桩累计数量统计图可知，
这12个月以来，我国公共充电桩累计数量一直保持增长态势，A正确；
根据统计图可知，
这12个月我国公共充电桩累计数量的中位数为，
低于123，所以B正确；
这12个月我国公共充电桩的月平均累计数量为：

，
超过了，C正确；
由图可知，年月我国公共充电桩累计数量的同比增长率最大，且为，D错.
故选：ABC
10．D
【分析】通过比较各项的大小，即可得出结论.
【详解】由题意，

∴，故A错误，
，故B错误，
，当时，，故C错误，
，
∴，故D正确，
故选：D.
11．ACD
【分析】通过证明，，三点都是平面与平面的公共点，可知A正确；利用线面垂直的判定与性质可证异面直线与所成的角为，可知B不正确；通过证明平面，得的长度就是点到平面的距离，计算的长度可知C正确；取的中点，可得等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，计算等腰梯形的面积可知，D正确.
【详解】因为为底面的中心，所以为和的中点，则，，
因为平面，平面，所以平面，平面，所以点是平面与平面的公共点；
显然是平面与平面的公共点；
因为交平面于点，平面，所以也是平面与平面的公共点，
所以，，三点都在平面与平面的交线上，即，，三点共线，故A正确；
因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，所以，即异面直线与所成的角为，故B不正确；
根据证明的方法，同理可得，
因为，平面，所以平面，则的长度就是点到平面的距离，
显然为正三角形的中心，因为正方体的棱长为1，所以正三角形的边长为，所以，又，
所以，即点到平面的距离为，故C正确；
取的中点，连，，，，
因为，所以等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，如图：
  
因为，，，
所以等腰梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，即过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确.
故选：ACD
12．BCD
【分析】化简的表达式，根据正弦函数的周期性可判断A；根据函数图象的对称轴的性质可判断B；结合正弦函数的单调性可判断C；取，结合正弦函数的零点可判断D.
【详解】对于A，，
故
，即为的一个周期，
说明不是的最小正周期，A错误；
对于B，

，
故图象的一条对称轴为直线，B正确；
对于C，当时，，则，
由于正弦函数在上单调递增，且，
故在上单调递增，且，
此时，
而在上单调递减，则在上单调递增，
故在上单调递增，C正确；
对于D，由A可知即为的一个周期，且的最小正周期为，
故的最小正周期为，
当时，，
当时，，则在上的零点为和，
故当时，恰有个零点，
且第个零点为，
故当时，恰有个零点，
即存在实数，使得在区间上恰有2023个零点，D正确，
故选：BCD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了含型函数的性质，涉及到周期、对称性以及零点问题，综合性较强，解答时要综合应用函数的对称轴性质以及正弦函数的相关性质，进行解答，对于零点个数问题，可取特殊值，结合正弦函数的周期性以及零点进行判断.
13．/-0.8
【分析】根据正切的差角公式得出，再结合同角三角函数的平方关系，构造齐次式化简弦为切计算即可.
【详解】由，
又，
代入得.
故答案为：
14．2
【分析】利用条件求出等比数列的首项与公比，再利用等比数列的前项和公式即可求出结果.
【详解】因为，所以，化为，解得或，
又因为，所以，又因为，所以，得到或，
又，所以，故，
所以，
故答案为：.
15．
【分析】由条件概率的概率公式求解即可.
【详解】将这5名教师分配到新疆的，，共3所学校，每所学校至少1人，
则先分组后排列，5名教师分成三组，可能为1，1，3或1，2，2.
若为1，1，3，则有种情况；若为1，2，2，则有种情况.
所以5名教师分配到新疆的，，共3所学校，每所学校至少1人，
共有种情况.
设“甲、乙两人不分配到同一所学校”为事件，“甲恰好分配到学校”为事件.
若为1，1，3，则甲、乙两人分配到同一所学校有：种；
若为1，2，2，则甲、乙两人分配到同一所学校有：种；
所以甲、乙两人不分配到同一所学校共有：种.
所以.
若为1，1，3，甲、乙两人不分配到同一所学校，且甲恰好分配到学校有：种；
若为1，2，2，甲、乙两人不分配到同一所学校，且甲恰好分配到学校有：种；
所以甲、乙两人不分配到同一所学校，且甲恰好分配到学校总共有：种.
所以.
所以.
故答案为：.
16．
【分析】设出各点的坐标及中点坐标，代入双曲线作差得，，利用三点共线表示点P的坐标，代入已知直线方程得，即可求出离心率.
【详解】设，，，，，
的中点，的中点，
则，两式相减，得，化简得，
所以，所以①，同理②，
因为，所以，，三点共线，所以，
将①②代入得，即，
因为，所以，即点P恒在直线上，
又点恒在直线上，所以，所以，
所以双曲线的离心率为.
故答案为：
  
【点睛】思路点睛：一般涉及中点弦问题时，采用设而不求点差法求解，本题通过点坐标之间的关系建立a，b关系，从而求出双曲线的离心率.
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据同角三角函数的平方关系化简条件式，利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理化边为角计算即可；
（2）由条件得出三角形的面积，再利用三角形的面积与周长的关系转化即可.
【详解】（1）已知可化为：
化简得：，
由正弦定理上式可得：，
由余弦定理可得：，
即，
因为，所以；
（2）由正弦定理，
故，
由（1）知：，故，
所以，
即，解得.
18．(1)证明见解析；
(2)

【分析】(1)利用的关系结合等差数列定义即可证明；
(2)分奇偶项讨论，先得出，分离参数，求的最值即可.
【详解】（1）将点代入曲线得：，
故，
又，符合上式，所以，
则，故为1为首项，为公差的等差数列；
（2）由（1）可知：，
若，
则，
此时，
易知单调递增，，即；
若，则，
此时，
易知单调递减，故，故
又时，，，即；
综上所述，对于，满足不等式恒成立.
19．(1)证明见解析
(2)或

【分析】（1）先证明平面以及平面，根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在圆柱中，,平面,平面,
故平面；
连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，，
  
故，
则为正三角形，故，则，
平面,平面,
故平面；
又平面，
故平面平面.
（2）如图，以为坐标原点，在底面圆过点垂直于平面作直线为x轴，
以为轴建立空间直角坐标系，
  
由于，由（1）可知,
故,
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
由，，，
可得，
设直线与平面所成角为，
则，
即得，解得或，符合，
故或.
20．(1)
(2)证明见解析.

【分析】（1）求出椭圆左焦点的坐标，设出直线的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理和向量共线的坐标表示，解方程可得直线的斜率；
（2）求出直线的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理求得点的坐标，再求直线的斜率，与直线的斜率比较可得证明.
【详解】（1）依题意，椭圆的左焦点，
当直线的斜率为0时，此时、两点是椭圆长轴上的两点，
向量，或，均不满足，
不合题意，所以直线的斜率不为0.
故可设直线的方程为，，，
由得：，
，
则，①，
由可得，
所以，即②，
由①②可得，，
化简整理得，所以，
所以直线的斜率为.
（2）证明：由，可得直线的方程为，
由得：，
所以，结合
可得：，，即，
又，则，
所以，所以.

21．(1)
(2)选择方案一，理由见解析

【分析】（1）设郭靖同学答对的题目数为X，得分为Y，由题意确定，根据二项分布的期望和方差的性质，即可求得答案.
（2）设A班选择方案一和方案二晋级团体赛决赛的概率分别为，分别求出的表达式，作差并利用构造函数判断的大小，即可得到结论.
【详解】（1）设郭靖同学答对的题目数为X，得分为Y，则，
由题意可知,
则;
.
（2）设A班选择方案一和方案二晋级团体赛决赛的概率分别为，
当选择方案一时，小组里3人中至少有2人回答正确的概率为，
故；
当选择方案二时，一个小组顺利出现的概率为，则小组没有出现的概率为，
故；
故，
令，
则
，
因为，所以，
故，
则，即，
故为单调增函数，
因为，
由于各班参赛人数必须为3的倍数，且不少于18人，即，
此时
故A班为使晋级团体赛决赛的可能性更大，应选择方案一参赛.
【点睛】关键点睛：本题为概率类综合题目，题目背景较为复杂，因而解答的关键是要明确题目含义，明确变量服从二项分布，从而作答，难点在于第二问求得方案一二的概率表达式，并进行大小比较.
22．(1)的极小值为，无极大值.
(2)证明见解析

【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合函数的单调性和极值点、极值的概念，即可求解；
（2）令，利用单调性得到，得到，转化为证明不等式，再由，利用导数得到，进而得到，转化为，令，
设，利用导数证得，得到，进而证得结论.
【详解】（1）解：由函数，可得，
当时，可得，解得，即函数的定义域为，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值；
当时，可得，解得，即函数的定义域为，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值，
综上可得，函数的极小值为，无极大值.
（2）证明：因为，所以，解得，即函数的定义域为，
令，可得，所以在单调递增，
所以，即，
要证不等式，
只需证明，
又由函数，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，即，即，当且仅当时，等号成立，
所以，当时，，
只需证明：，即，
即，即，
令，可得，
设，可得，令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以，所以，
当且仅当时，等号成立，
又由以上不等式的等号不能同时成立，所以.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.