河北省唐山市2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

唐山市2023年普通高等学校招生统一考试第三次模拟演练

数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将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，再选涂其它答案标号.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. 已知集合或，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据集合的交集运算可得答案.

【详解】因为集合或，，

所以 ，

故选：D

2. 已知为虚数单位，复数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的除法运算可得答案.

【详解】复数，则.

故选：B.

3. 二项式的展开式中的常数项为

A. －15 B. 20 C. 15 D. －20

【答案】C

【解析】

【分析】根据二项式定理写出二项展开式通项，令幂指数为零，可求得，代入展开式通项可求得常数项.

【详解】二项式展开式通项为：

令得：    常数项为：

本题正确选项：

【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的系数的问题，关键是能够熟练掌握二项展开式的通项公式.

4. 正方形边长为，为中点，点在上，，则（    ）

A.  B.  C. 5 D. 10

【答案】C

【解析】

【分析】设，以为基向量表示出，然后由求出的值可得答案.

【详解】设，

因为，，

因为正方形边长为，，

所以，解得，

所以，

故选：C

5. 把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由图形的几何性质得球心位置，利用等体积转化求点面距离即可.

【详解】

由图所示，易知三棱锥D-ABC的外接球球心为AC的中点O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，

计算可得BC=CD=BD=，设球心到平面的距离为，

则.

故选：A

6. 已知椭圆的两个焦点分别为，点为上异于长轴端点的任意一点，的角平分线交线段于点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据三角形平分线性质求得，利用定义及比例即可求解.

【详解】因为的角平分线交线段于点，

所以，

所以由正弦定理得，，

又因为，，

所以，即，不妨设，如图：

则，解得，

所以，

由题意，，所以，

故选：D

7. 假设有两箱零件，第一箱内装有5件，其中有2件次品；第二箱内装有10件，其中有3件次品.现从两箱中随机挑选1箱，然后从该箱中随机取1个零件，若取到的是次品，则这件次品是从第一箱中取出的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据条件概率的计算公式可算出答案.

【详解】设事件表示从第一箱中取一个零件，事件表示取出的零件是次品，

则，

故选：D

8. 已知且，，，是自然对数的底数，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先证明常用不等式：，故当时，．由条件得，，由可得，由，令，利用单调性可得，从而得出答案．

【详解】首先证明常用不等式：，

设，，则，所以在上单调递减，所以当时，，即；

设，，则，所以在上单调递增，所以当时，，即.

所以，当时，.

故当时，.

∵，∴，∴，∴，

∵，∴，即，

∵，

令，

∴，单调递增，∴，

则，即，

综上，.

故选：B.

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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 为了得到函数的图象，只需把余弦曲线上所有的点（    ）

A. 横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移

B. 横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移

C. 向右平移，再把得到的曲线上各点横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变

D. 向右平移，再把得到的曲线上各点横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变

【答案】BC

【解析】

【分析】根据三角函数图象的伸缩平移变换即可得出结果.

【详解】函数的图象向右平移个长度单位，得，

再将横坐标缩短为原来的倍(纵坐标不变)，得；

函数图象将横坐标缩短为原来的倍(纵坐标不变)，得，

再向右平移个长度单位，得，即.

故选：BC

10. 已知为异面直线，平面，平面，是空间任意一条直线，以下说法正确的有（    ）

A. 平面与必相交

B. 若，则

C. 若与所成的角为，则与平面所成的角为

D. 若与所成的角为，则平面与的夹角为

【答案】AC

【解析】

【分析】反证法可判断A，列举特殊情况判断B，由线面角定义判断C，求二面角的平面角判断D.

【详解】对A，若平面与平行，则，又 ，

则，与为异面直线矛盾，故平面与必相交，故A正确；

对B，，可能在平面内，所以不正确，故B错误；

对C，过上一点作，交于，则直线为在平面上的射影，如图，

所以与平面所成的角为，由题意知，所以，

由可知，与平面所成的角为，故C正确；

对D，平移过点，分别与交于，平面与棱交于，连接，如图，

由分别垂直两平面，易知棱与平面垂直，可得与垂直，

故为二面角的平面角，由与所成的角为，可知，

所以平面与的夹角为，故D错误.

故选：AC.

11. 函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，且，则（    ）

A. 为偶函数

B.

C. 的图象关于对称

D. 若，则为奇函数

【答案】AC

【解析】

【分析】根据简单复合函数的求导法则及奇偶性的定义判断A、D，利用特殊值判断B，根据周期性及奇偶性判断函数的对称性，即可判断C.

【详解】因为为奇函数且在定义域上可导，即，

所以两边对取导可得，即，

所以为偶函数，故A正确；

对于B：令，显然为奇函数，且最小正周期，

即满足，则，则，故B错误；

对于C：因为且为上奇函数，所以，

即，所以，即，

所以的图象关于对称，故C正确；

对于D：因为，则，

即为奇函数，由A可知为偶函数，故D错误；

故选：AC

12. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长方形的屋状的楔体（图示的五面体．底面长方形中，，上棱长，且平面，高（即到平面的距离）为，是底面的中心，则（    ）

A. 平面

B. 五面体的体积为5

C. 四边形与四边形的面积和为定值

D. 与的面积和的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】取BC的中点G，可得四边形EFGO为平行四边形，则EO∥FG，从而EO∥平面BCF，即可判断A；利用分割的方法，把几何体分割成三部分，可得一个三棱柱和两个四棱锥，再由已知求解即可判断B；设，则，利用梯形面积公式计算四边形与四边形的面积和，即可判断C；设，则，且，，则△ADE与△BCF的面积和为，利用不等式：当时，，求解最小值即可判断D.

【详解】

取BC的中点G，连接OG，FG，

∵EF∥OG，EF＝OG，∴四边形EFGO为平行四边形，∴EO∥FG，

∵EO平面BCF，FG平面BCF，∴EO∥平面BCF，故A正确；

过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，过H作BC的平行线MN，交AB于N，交CD于M，

∵MN平面ABCD，∴FH⊥MN，

又AB⊥MN，FH∩MN＝H，MN，FH平面FMN，∴AB⊥平面FMN，

过E作EP∥FM，交CD于P， 作EQ∥FN，交AB于Q，连接PQ，

∵EP∥FM，EP平面FMN，FM平面FMN，∴EP∥平面FMN，

同理EQ∥平面FMN，又EP∩EQ＝E，EP，EQ平面EPQ，∴平面EPQ∥平面FMN，

如图，五面体包含一个三棱柱和两个的四棱锥，

∴五面体的体积：

，故B正确；

设，则，

，，

四边形与四边形的面积和为

，不是定值，故C错误；

过H作HR⊥BC，垂足为R，连接FR，

∵FH⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴FH⊥BC，

又FH∩HR＝H， FH，HR平面FHR，∴BC⊥平面FHR，

∵FR平面FHR，∴FR⊥BC，

设，则，且，，

△BCF的面积为，同理，△ADE的面积为，

则△ADE与△BCF的面积和为，

当时，，即，

∴，当且仅当等号成立，

，当且仅当等号成立，

则△ADE与△BCF的面积和的最小值为，故D正确．

故选：ABD.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 设为等比数列的前项和，，，则__________.

【答案】##0.875

【解析】

【分析】设公比为，由可解得，代入求和公式即可得出结果．

【详解】设等比数列的公比为，

由，得，则，

由等比数列求和公式可知．

故答案为：．

14. 已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于两点，则的面积为__________.

【答案】##

【解析】

【分析】根据抛物线方程可确定坐标，从而得到直线方程；将方程与抛物线方程联立，由抛物线焦点弦长公式和韦达定理的结论可求得，利用点到直线距离公式可求得，代入三角形面积公式即可.

【详解】由抛物线方程知：，则直线，即；

由得：，

设，则，，

又坐标原点到直线的距离，

.

故答案为：.

15. 已知曲线与有公共切线，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【解析】

【分析】设公切线与曲线的切点为，，利用导数的几何意义分别求和上的切线方程，由所得切线方程的相关系数相等列方程求参数关系，进而构造函数并利用导数研究单调性求参数范围.

【详解】设公切线与曲线和的切点分别为，，其中，

对于有，则上的切线方程为，即，

对于有，则上的切线方程为，即，

所以，有，即，

令，，

令，得，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，故，即.

∴正实数的取值范围是.

故答案为：.

16. 数字波是由0和1组成的脉冲信号序列，某类信号序列包含有个数字0和个数字1，且每个数字0之前1的个数多于0的个数.当等于3时，这样的信号序列有__________种；当等于5时，这样的信号序列有__________种.

【答案】    ①. 5    ②. 42

【解析】

【分析】利用计数原理、插空法和列举法即可得出答案.

【详解】当时，只有：一种；

当时，有、两种；

当时，说明有个、个，

且最后一位只能是，即_ _ _ _ _，

可得、、、、五种；

当时，根据卡特兰数的模型可得，

总排法为，不符合题意的排法为，

符合题意排法，

所以时，共有种.

故答案为：5；42

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. 设为数列的前项和，，.

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用与的关系计算求通项；

（2）结合（1）的结论，利用裂项相消法计算即可.

【小问1详解】

已知①，

当时，.

当时，②

①-②得：，

即.

又，所以，.

所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列.

所以.

【小问2详解】

设

.

.

18. 如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面，点为线段上一点，且.

（1）证明：平面；

（2）若，，且三棱锥的体积为18，求平面与平面的夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）过点作于点，由面面垂直、线面垂直的性质定理可得，，再由线面垂直的判定定理可得答案；

（2）由体积求出，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.

【小问1详解】

过点作于点，

因为平面平面，且平面平面平面，

所以平面，

又平面，所以，

又平面平面，则，

又因为平面，

所以平面；

【小问2详解】

由（1）知平面平面，得，

又，

所以，

以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则，

又因为，所以，

，

，

设是平面的一个法向量，

则，即，

所以可取，

设是平面的一个法向量，

则即，所以可取，

则，

所以平面与平面的夹角的余弦值为.

19. 记的内角的对边分别为，已知为钝角，.

（1）若，求；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意及正弦定理得到，即，结合角的范围可得，又，即可求得；

（2），令，化简得到，结合二次函数的性质，即可求解.

【小问1详解】

由，根据正弦定理得：，

由于，可知，即，

因为为钝角，则为锐角，即，

则，则.

由，得.

【小问2详解】

.

因为为锐角，所以，即，则，

设，则，

.

因为，则，从而.

由此可知，的取值范围是.

20. 据统计，某城市居民年收入（所有居民在一年内收入的总和，单位：亿元）与某类商品销售额（单位：亿元）的10年数据如下表所示：

依据表格数据，得到下面一些统计量的值.

（1）根据表中数据，得到样本相关系数.以此推断，与的线性相关程度是否很强？

（2）根据统计量的值与样本相关系数，建立关于的经验回归方程（系数精确到0.01）；

（3）根据（2）的经验回归方程，计算第1个样本点对应的残差（精确到0.01）；并判断若剔除这个样本点再进行回归分析，的值将变大还是变小？（不必说明理由，直接判断即可）.

附：样本的相关系数，

，，.

【答案】（1）线性相关程度很强   

（2）   

（3），变小

【解析】

【分析】（1）根据样本相关系数，进得推断即可；

（2）由可求得，由求得，即可得线性回归方程；

（3）第一个样本点的残差为：，计算即可；由于该点在回归直线的左下方，故将其剔除后，的值将变小.

【小问1详解】

根据样本相关系数，可以推断线性相关程度很强.

【小问2详解】

由及，

可得，

所以，

又因为，

所以，

所以与的线性回归方程.

【小问3详解】

第一个样本点的残差为：，

由于该点在回归直线的左下方，故将其剔除后，的值将变小.

21. 已知双曲线，左､右顶点分别为，经过右焦点垂直于轴的直线与相交于两点，且.

（1）求的方程；

（2）若直线与圆相切，且与双曲线左､右两支分别交于，两点，记直线的斜率为，的斜率为，那么是否为定值？并说明理由.

【答案】（1）   

（2）是定值，理由见解析

【解析】

【分析】（1）根据求出，可得的方程；

（2）由直线与圆相切得，联立直线与双曲线方程，得和，由斜率公式得，利用和化简可得结果.

【小问1详解】

设，把代入到方程，得，即，

因为，所以，即，则双曲线的方程为.

【小问2详解】

否为定值,理由如下：

设，其中，，.

因为直线与圆相切，所以，即，

联立，消去并整理得，

所以，

因为，，，即，

所以

，

由已知.

.

即为定值.

22. 已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导，对a进行讨论，利用导函数的正负分析单调性即可；

（2）要使恒成立，则只需恒成立，对a进行讨论，并根据（1）中所得单调性，即可分析符合的情况，进而得到实数的取值范围.

【小问1详解】

由，

得

①当时，，

所以在上单调递增；

②当时，令，得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

综上所述，当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增.

【小问2详解】

由（1）知：当时，在上单调递增，

，

所以当时不合题意.

②当时，，符合题意.

③当时，，

要使恒成立，则只需恒成立，

即：，亦即：.

记，则，

于是在上单调递减；

又因为，

所以当时，，即；当时，，不合题意.

综上可知的取值范围为.

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：

若在区间上有最值，则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

若能分离常数，即将问题转化为：（或），则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；