河北省2023届高三数学适应性考试试题（Word版附解析）

这是一份河北省2023届高三数学适应性考试试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河北省2023届高三年级适应性考试数学一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求．1. 若集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可求解.【详解】，，因此，.故选：A.2. 若z=1+i，则|z2–2z|=（    ）A 0 B. 1 C.  D. 2【答案】D【解析】【分析】由题意首先求得的值，然后计算其模即可.【详解】由题意可得：，则.故故选：D.【点睛】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识，属于基础题.3. 已知的展开式中含的项的系数为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用二项展开的通项公式，根据指定项求出，再根据系数求出参数.【详解】解：根据二项展开的通项公式，则，整理得，因为展开式中含的项的系数为，所以，解得，所以系数，解得.故选：.4. 如图为延安革命纪念馆陈列的呈正四棱台的木盒子，它是以前计量粮食用的斗，其四周和底部五面合围，上部开口的中间有一斗柄，作为手提之用．1947年，党中央果断做出了“撤离延安、转战陕北”的重大决策，为了及时供应部队军粮，保证部队的粮食需求，地方政府将米脂、镇川和子洲等地的公粮集中在沙家店粮站，这个斗就是沙家店粮站当时使用过的，纪念馆测得该正四棱台下底面边长为38厘米，上底面边长为32厘米，侧棱长23厘米．则斗的侧面与底面夹角余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】作出斗的侧面与底面夹角，求得相关线段长，解直角三角形，即可求得答案.【详解】如图，正四棱台中，设上下底面的中心为,设的中点分别为,连接，作,垂足为F，由于侧面为等等腰梯形，故，而，且，平面，故平面，平面，平面,则即为平面与底面所成二面角的平面角，即即为斗的侧面与底面的夹角，由题意可知,在等腰梯形中，，则,在中，，即斗的侧面与底面夹角的余弦值为，故选：A5. 甲乙丙丁四名同学去听同时举行的三个讲座，每名同学可自由选择听其中的一个讲座，则甲乙二人正好听的同一讲座而丙丁听的不同讲座的情况为（    ）种A. 6 B. 10 C. 18 D. 36【答案】C【解析】【分析】先安排甲乙，再安排丙丁，根据分步乘法计数原理即可求解.【详解】解：先安排甲乙共有,再安排丙丁共有,所以根据分步乘法计数原理得总共有（种），故选:C.6. 已知函数在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】由二倍角公式以及辅助角公式化简，进而根据为正整数，由的范围，即可结合正弦函数的单调区间进行求解.【详解】，由于为正整数，当时，，此时故此时在上单调，时不符合，当时，，此时且故此时在先增后减，因此不单调，符合，当时，，此时，而的周期为，此时在上不单调，符合，但不是最小的正整数，同理要求符合，但不是最小的正整数，故选：B7. 抛物线：的准线与轴交于点，过的焦点作斜率为2的直线交于、两点，则（    ）A.  B.  C.  D. 不存在【答案】C【解析】【分析】由得出，再由同角三角函数的基本关系得出，最后根据倍角公式求解即可.【详解】作轴于，分别过，作准线的垂线，垂足分别为，，则，∴∴由，可得.又∵．∴．∴.故选：C8. 已知函数，若恰有两个零点，则的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】将问题转化为恰有两个实数根，求导确定函数的单调性，进而画出函数的图象，结合函数图象即可确定的取值.【详解】恰有两个零点,即恰有两个实数根，由于，所以恰有两个实数根等价于恰有两个实数根，令，则，当时，，故当此时单调递增，当，此时单调递减，故当时，取极小值也是最小值，且当时，，当时，，且单调递增，在直角坐标系中画出的大致图象如图：要使有两个交点，则，故选：D二、不定项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9. 某市两万名高中生数学期末统考成绩（满分100分）服从正态分布，其正态密度函数，则（    ）附：若随机变量X服从正态分布，则，，． A. 试卷平均得分与试卷总分比值为该试卷难度，则该份试卷难度为0.5B. 任取该市一名学生，该生成绩低于67分的概率约为0.023C. 若按成绩靠前的16%比例划定为优秀，则优秀分数线约为83分D. 该次数学成绩高于99分的学生约有27人【答案】CD【解析】【分析】根据正态分布的对称性以及原则，即可结合选项逐一求解.【详解】由正态密度函数得,故可知试卷的平均分为75，试卷总分为100分，故难度为0.75，故A错误,由于，所以，故B错误，由于，所以C正确，由于，故高于99分的学生约人，所以D正确，故选：CD10. 点为圆上一动点，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】设，可得，结合三角函数性质可判断A；将化为，继而令，转化为关于t的二次函数，求其最值，判断B；将转化为，利用几何意义，数形结合，可判断C；举出反例可判断D.【详解】由题意点为圆上一动点，故设，则，而，，故，A错误；，设，则，，故，当时，取最小值，当时，取最大值，即，B正确；，设，则，即可看作点与点连线的斜率，如图示：当直线与圆相切时，k取得最值，则，解得或，则，故，C正确；取为，满足，但此时，D错误，故选：BC【点睛】方法点睛：对于A，B选项的判断，结合其结构特征，利用三角代换，结合三角恒等变换或之间的关系，可进行判断；对于，可变形为，利用几何意义进行判断.11. 函数及导函数的定义域均为R，则下列选项错误的是（    ）A. 若，则的周期为2B. 若，则为奇函数C. 若，则为偶函数D. 若，则为偶函数【答案】ABC【解析】【分析】根据导函数的对称性可举反例，即可判断ABC,由定积分的性质以及导函数的对称性即可求解D.【详解】对于A,由可得是周期函数且周期为2，无法确定的周期性，例如为周期2的函数，但是恒成立，单调递增，不具有周期性，故A错误，对于B,由可得关于对称，可取，则，不是奇函数，故B错误，对于C,由可知关于点对称，取，则，故为非奇非偶函数，故C错误，对于D,由得关于点对称，所以，则，则，由于，所以，令，则，所以为偶函数，故D正确，故选:ABC12. 函数（且），（且），则（    ）A. 当时，与有唯一的公共点B. 当时，与没有公共点C. 当时，与有唯一公共点D. 当时，与有两公共点【答案】BCD【解析】【分析】根据求解交点确定A选项，根据反函数性质，列式求解，分情况讨论无交点，一个交点和两个公共点求参可以判断BCD选项.【详解】与（且）互为反函数．当时，与均递减且与交于一点．时，，，，∴过和，而也过和，∴当时，与有三个交点.当时，设与相切，设切点为，，，由①得，，两边取对数，，将代入②得，，∴，，∴，，由指数函数性质得时，与相切，则时，与无交点，时，与有两个交点，故BCD均正确．故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 若数列为等比数列，，，则______．【答案】【解析】【分析】根据等比数列的性质,得，再通过分析可得.【详解】解: 根据等比数列的性质得，，所以，又，所以，所以所以,故答案为：.14. 点、分别是正四面体ABCD棱、的中点，则______．【答案】【解析】【分析】以为基底，，即可求解.【详解】解：以为基底，它们两两之间均为，设正四面体ABCD棱长为2，则,所以，所以,故答案为：
 15. 已知，为双曲线：的左右焦点，直线与的两渐近线分别交于点、，若的最大值为，则双曲线的离心率为______．【答案】2【解析】【分析】根据点点距离公式，结合不等式即可求解最值，进而可得离心率.【详解】要使取最大，此时直线，由对称性可知，双曲线的渐近线方程为，联立，解得，不妨设分别在第一象限和第四象限，所以，故，由于，当且仅当时，即时，等号成立，故，即的最大值为，因此，故答案为：216. 近年我国基础研究和原始创新不断加强，一些关键核心技术实现突破，载人航天、探月探火、深海深地探测、超级计算机、卫星导航、量子信息等都取得重大成果．如图正方体为制作某深海探测器零件的新型材料，其棱长为2厘米，制作中要用与正方体内切球相切的平面去裁切正方体的一个角，要求截面为正三角形．若正方体八个角都做这样的裁切，则所剩几何体体积为______．【答案】【解析】【分析】由题意可得所截正三棱锥高，从而求得其体积，又因为相邻两个三棱锥重叠部分为三棱锥，求出，从而可得剩余体积.【详解】由正方体棱长2，可知其内切球球心为正方体中心，半径为1，正方体顶点到球心距离，由题意截面为正三角形，切点，三点共线，则，设正三棱锥侧棱，则，为正三角形中心，所以，则，解得，所以，又因为相邻两个三棱锥重叠部分为三棱锥，可得，则直角三角形中，，，所以剩下的体积为：.故答案为：【点睛】关键点点睛：确定与内切球相切的截面所截部分位置关系，进而应用柱体、锥体体积公式求几何体体积.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. 已知，，分别为内角，，的对边，且．（1）求的值；（2）若面积为，求边上的高的最大值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由正余弦定理边角转化即可求解，（2）由三角形面积公式，结合基本不等式即可求解最值.【小问1详解】∵，∴，，，∴，∵，∴.【小问2详解】由面积为得：，而，∴∵边上高为，∴，则，∵，∴，当且仅当时，取“=”，即的最小值为2．此时最大为．18. 已知函数的首项，且满足．（1）求证为等比数列，并求．（2）对于实数，表示不超过的最大整数，求的值．【答案】（1）证明见解析，    （2）【解析】【分析】（1）由已知可推得，变形可得，即可得出证明.由已知，进而得出，整理即可得出答案；（2）分组求和得出.根据错位相减法求，得出，即可得出，然后根据，即可得出答案.【小问1详解】因为，，所以，所以，所以.又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，所以.【小问2详解】因为，所以.设，所以，所以，所以，所以.因为，所以，所以，所以.19. 如图所示，多面体中，底面为正方形，四边形为矩形，且，，．（1）求平面与平面所成二面角大小；（2）求多面体的体积；（3）点P在线段上，当平面时，求与平面所成的角的正弦值．【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】(1)由线面垂直的判定定理证平面，从而证平面平面，即可得到平面，从而得到平面平面，即平面与平面所成二面角为；(2) 由（1）知，平面，把多面体看做两个同底的四棱锥和组合而成，即可求体积.(3) 设,由平面得，即为的中点．建立空间直角坐标系，求和平面的法向量的坐标，代入夹角公式即可求和所成角的余弦值，即可得到与平面所成的角的正弦值．【小问1详解】∵四边形为矩形，∴又∵，,平面,平面,∴平面，∵平面∴平面平面.∵平面与平面的交线为，，∴平面，又∵平面，∴平面平面，∴平面与平面所成二面角为.【小问2详解】由（1）知，平面， 又∵，,底面为正方形，∴，∴多面体体积．【小问3详解】如图，设,连接.则平面与平面交于，∵，∴平面,∵平面∴，则为的中点．以为坐标原点,、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．则，，，，所以，，，设平面的法向量得即，令，则，所以，则，所以与平面所成角的正弦值为．20. 随着全球新能源汽车市场蓬勃增长，在政策推动下，中国新能源汽车企业在10余年间实现了“弯道超车”，一跃成为新能源汽车产量连续7年居世界第一的全球新能源汽车强国．某新能源汽车企业基于领先技术的支持，改进并生产纯电动车、插电混合式电动车、氢燃料电池车三种车型，生产效益在短期内逐月攀升，该企业在1月份至6月份的生产利润y（单位，百万元）关于月份的数据如下表所示，并根据数据绘制了如图所示的散点图．月份123456收入（百万元）6.88616.119.628.140.0（1）根据散点图判断，与（，，，d均为常数）哪一个更适宜作为利润关于月份的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）（2）根据（1）的结果及表中的数据，求出y关于的回归方程；（3）该车企为提高新能源汽车的安全性，近期配合中国汽车技术研究中心进行了包括跌落、追尾、多车碰撞等一系列安全试验项目，其中在实验场进行了一项甲、乙、丙三车同时去碰撞实验车的多车碰撞实验，测得实验车报废的概率为0.188，并且当只有一车碰撞实验车发生，实验车报废的概率为0.1，当有两车碰撞实验车发生，实验车报废的概率为0.2，由于各种因素，实验中甲乙丙三车碰撞实验车发生概率分别为0.7，0.5，0.4，且互不影响，求当三车同时碰撞实验车发生时实验车报废的概率．参考数据：19.872.8017.50113.756.30其中，设，．参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．【答案】（1）选用作为利润关于月份的回归方程更合适    （2）    （3）【解析】【分析】（1）由散点的分布在一条曲线附近，即可选择非线性的.（2）由对数运算，结合最小二乘法即可求解，（3）由概率的乘法公式，结合全概率公式即可求解.【小问1详解】散点图中的点的分布不是一条直线，相邻两点在轴上的差距是增大的趋势．故选用作为利润关于月份的回归方程更合适．【小问2详解】由，取对数可得，设，所以，，，，，所以，，所以，，即．【小问3详解】设事件为“实验车报废”，事件为“只有一车碰撞实验车”，事件为“恰有两车碰撞实验车”，事件为“三车碰撞实验车”，则由已知得，利用全概率公式得解得所以当三车同时碰撞实验车发生时实验车报废的概率为0.5．21. 在平面直角坐标系xOy中，点A在轴上滑动，点B在轴上滑动，A、B两点间距离为．点P满足，且点P的轨迹为C．（1）求C的方程；（2）设M，N是C上的不同两点，直线MN斜率存在且与曲线相切，若点F为，那么的周长是否有最大值．若有，求出这个最大值，若没有，请说明理由．【答案】（1）    （2）有，最大值为【解析】【分析】（1）根据向量的坐标运算可得，，由点点距离即可求解.（2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，进而由弦长公式求解，由两点距离公式求解,结合不等式或者二次函数的性质即可求解最值.【小问1详解】设点坐标为，点,的坐标分别为,．由题意，得则，，又因为、两点间距离为，则整理得点的轨迹为椭圆，其方程：．【小问2详解】因为直线的斜率存在，设，，设直线：，因为，是椭圆上的不同两点，所以由直线与曲线相切可得，得，联立可得，所以，，所以，∵，同理所以的周长当时，的周长当时，的周长，（法一）由设，则，，当，即时，最大值为．此时，，所以，即或，此时直线：或，所以的周长最大值为．（法二）当，即时，等号成立，则或，此时直线：或，所以的周长最大值为．【点睛】圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用.22. 已知函数，且点处的切线为．（1）求、的值，并证明：当时，成立；（2）已知，，求证：．【答案】（1），，证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据点处的切线为，由求解；从而得到．由导数法得到，即证明；（2）由（1）得到时，即，令，得到，再由，从而有求解.【小问1详解】函数定义域为，，由，得，解得，所以．于是，当时，；当时，．故的增区间为，减区间为，故的最大值为，即．化简得（当且仅当时不等式取等号）．于是，当时，由，得；由，得．故当时，有．【小问2详解】证明：由（1）可知时，即所以，时，令，得得……………将所得各式相加，得，故所以即【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由（1）得到，根据所证问题，令，得到，再由放缩得到，从而构造而得解.