2023届河北省高三模拟（五）数学试题含解析

这是一份2023届河北省高三模拟（五）数学试题含解析，共24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。

2023届河北省高三模拟（五）数学试题

一、单选题
1．已知，则复数的虚部为（    ）
A． B． C．1 D．3
【答案】C
【分析】根据复数四则运算化简，然后可得答案.
【详解】因为，所以，
所以复数的虚部为1.
故选：C
2．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先解对数不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，可得，所以，解得，
所以，
又，
所以.
故选：B
3．若双曲线的一条渐近线与圆相交于、两点，且，则（    ）
A．2 B．4 C．5 D．8
【答案】B
【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意可得，得到渐近线方程，由弦长求出圆心到直线的距离，即可得到方程，解得即可.
【详解】圆，即，圆心为，半径，
因为为双曲线，所以，则渐近线方程为，即，
因为，所以圆心到直线的距离，
则，所以.
故选：B
4．函数的大致图象是（    ）
A．   B．  
C．   D．  
【答案】D
【分析】先判断函数的奇偶性，再利用导数法判断.
【详解】解：因为函数的定义域为：，且，
所以函数是偶函数，
当时，，
令，得，
当时，，当时，，
所以当时，取得极小值，
故选：D
5．已知函数在时取得最值，则图象在点处的切线方程为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知并利用导数求参数值，进而确定函数解析式和导函数，应用导数几何意义求切线方程.
【详解】由，
当时定义域上单调，无最值；
当时，不合题设；
所以，对于为单调函数，函数值有正有负，要使时取得最值，
只需，则，所以，经检验满足题设，
故，，
所以，，故处的切线方程为，即.
故选：B
6．月牙泉，古称沙井，俗名药泉，自汉朝起即为“敦煌八景”之一，得名“月泉晓澈”，因其形酷似一弯新月而得名．如图所示，某月牙泉模型的边缘都可以看作是圆弧，两段圆弧可以看成是的外接圆和以AB为直径的圆的一部分，若，AB的长约为，则该月牙泉模型的面积约为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由正弦定理求出外接圆的半径为，得出弓形部分所对的圆心角，求出弓形面积后由半圆面积减去弓形面积即得．
【详解】设外接圆圆心为，如图，半径为，则，，
因此，中弓形面积为，
从而阴影部分面积为．
故选：A．

7．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则两圆锥侧面展开图的圆心角之和为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆锥的侧面积、体积列式结合，再结合圆锥的侧面展开图及扇形公式运算求解.
【详解】设甲、乙两个圆锥的底面半径分别为和，母线长为，
则甲、乙两个圆锥的高和，
由题意可得：，解得，
设甲、乙两个圆锥的侧面展开图的圆心角分别为和，
则，解得，
所以两圆锥侧面展开图的圆心角之和.
故选：C.
8．设，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】依题意，，，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断、，再令，，利用导数说明函数的单调性，即可判断、，即可得解.
【详解】因为，，，
令，，
则，
令，则，
所以在上单调递增，，
所以，所以在上单调递增，所以，
则，即，即，
令，，则，
所以在上单调递减，则，
则，即，即，
所以，综上可得.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是根据式子的特征构造函数，，，，利用导数说明函数的单调性，结合临界点的函数值，从而判断函数值的正负，达到比较大小的目的.

二、多选题
9．某地环保部门公布了该地两个景区2016年至2022年各年的全年空气质量优良天数的数据.现根据这组数据绘制了如图所示的散点图，则由该图得出的下列结论中正确的是（    ）
  
A．景区A这7年的空气质量优良天数的中位数为254
B．景区这7年的空气质量优良天数的第80百分位数为280
C．这7年景区A的空气质量优良天数的标准差比景区的空气质量优良天数的标准差大
D．这7年景区A的空气质量优良天数的平均数比景区的空气质量优良天数的平均数大
【答案】AC
【分析】根据统计中的相关概念与公式逐项分析判断.
【详解】由图可得：景区A这7年的空气质量优良天数排序得：203，217，254，254，293，301，313；
景区B这7年的空气质量优良天数排序得：255，262，262，266，280，283，293；
对于选项A：景区A这7年的空气质量优良天数的中位数为254，故A正确；
对于选项B：因为，则第80百分位数为第6个数，为283，故B错误；
对于选项C：由图可知：景区A的空气质量优良天数的数据波动比景区的空气质量优良天数的数据波动大，
所以景区A的空气质量优良天数的标准差比景区的空气质量优良天数的标准差大，故C正确；
对于选项D：景区A的空气质量优良天数的平均值，
景区B的空气质量优良天数的平均值，
因为，即，
所以这7年景区A的空气质量优良天数的平均数比景区的空气质量优良天数的平均数小，故D错误；
故选：AC.
10．已知二项式的展开式中所有项的系数的和为64，则（    ）
A．
B．展开式中的系数为
C．展开式中奇数项的二项式系数的和为32
D．展开式中二项式系数最大的项为
【答案】ACD
【分析】赋值法求得，根据二项式定理求展开式通项，结合二项式系数性质求的系数、奇数项的二项式系数和、二项式系数最大的项.
【详解】令，则，可得，A对；
，
当时，，B错；
由原二项式的二项式系数和为，则奇数项的二项式系数的和为32，C对；
由上知：二项式系数最大为，即，则，D对.
故选：ACD
11．已知函数的最小正周期为，且满足，，若在上有三个不同的零点，则的取值可以是（    ）
A． B． C． D．3
【答案】ABC
【分析】由题设，且关于、对称，则确定，，再将问题化为与有三个交点，数形结合求范围，即可得答案.
【详解】由，则，
由，即关于、对称，
所以，，则，则，，
综上，，则，故，
由，则，，
所以，，又，故，，
综上，，
要使在上有三个不同的零点，即与有三个交点，
而在上的图象如下：

由图知：，满足条件的有A、B、C.
故选：ABC
12．在四棱锥中，平面，直线与平面和平面所成的角分别为和，则（    ）
A． B．
C．直线与平面所成角的余弦值为 D．若的中点为，则三棱锥的外接球的表面积为
【答案】BD
【分析】设，易得即为直线与平面所成角的平面角，即为直线与平面所成角的平面角，从而可求得，即可判断AB；以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断C；易得为等腰直角三角形，则外接圆的圆心为的中点，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则平面，设，再根据求得半径，即可判断D.
【详解】设，则，
因为平面，平面，所以，
则即为直线与平面所成角的平面角，
所以，所以，即，，
因为平面，
所以平面，
则即为直线与平面所成角的平面角，
所以，
所以，即，
所以，即，故A错误；
，则，
所以，故B正确；
对于C，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
余弦值为，故C错误；
因为的中点为，
所以且，
又，所以四边形为矩形，
所以，
所以为等腰直角三角形，，
则外接圆的圆心为的中点，半径，
如图，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，
则平面，设，
则，
即，解得，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确.
故选：BD.
  
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.

三、填空题
13．已知平面向量的夹角为，且.若向量在向量上的投影向量为，则的值为________.
【答案】/0.25
【分析】利用已知条件先求出，在根据投影向量求解的方法求解即可得出的值.
【详解】因为平面向量的夹角为，，
所以，
又，所以，
即，
即，
所以或（舍去），
所以，
所以向量在向量上的投影向量为：
，
又向量在向量上的投影向量为，
所以，
故答案为：.
14．已知正四棱台中，，，则其体积为________.
【答案】
【分析】作出正四棱台的直观图，过点作交于点，过点作交于点，利用勾股定理求出棱台的高，最后根据棱台的体积公式计算可得.
【详解】如图正四棱台中，
则，，过点作交于点，
过点作交于点，
则，又，所以，
即正四棱台的高，

所以棱台的体积.
故答案为：
15．2022年8月31日至9月5日在国家会议中心和首钢园区举办了中国国际服务贸易交易会.今年服贸会的主题为“服务合作促发展，绿色创新迎未来”，国际化和专业化水平进一步提升.某高校甲、乙、丙、丁、戊、己六位大学生通过筛选加入志愿者.通过培训，拟安排这六位大学生到四个场馆进行志愿服务，每名同学只能去一个场馆，每个场馆至少安排一名志愿者，且甲、乙不能去同一个场馆，丙、丁不能去同一个场馆，则不同的安排方法有________种.（用数字作答）
【答案】1104
【分析】先根据分组分配问题求总的安排方法，然后减去甲、乙去同一个场馆，丙、丁去也同一个场馆的安排方法数，再加上甲、乙去同一个场馆，且丙、丁去也同一个场馆的安排方法数,即可得到答案.
【详解】将6人分成4组，共有种，再将4组分到4个场馆有种，所以将6人分到4个场馆共有种.
若甲、乙去同一个场馆，则将甲、乙看成一个元素，与其余4人一起共5个元素分成4组，再分到4个场馆，共有种，同理，丙、丁去同一个场馆也有种；
若甲、乙去同一个场馆，且丙、丁去也同一个场馆，则有种.
所以，甲、乙不去同一个场馆，且丙、丁不去同一个场馆的不同的安排方法有种.
故答案为：1104.
16．如图，四边形为椭圆的内接矩形，其中点关于轴对称，点满足，直线交椭圆于点，且，则椭圆的离心率为________.
    
【答案】/0.5
【分析】设，根据对称即可得出，，利用得出，然后利用表示出和，联立得出，再结合在椭圆上，通过化简即可得出离心率.
【详解】由题知，设，
则，，，
，，
则，
所以，
：，①
，
因为，所以，
则，
：，②
联立①②得，
而，，
所以，
则，
所以，
而，所以，
所以，，
所以，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查直线与圆锥曲线相位置关系，注意运用椭圆的方程和对称性，考查化简整理的运算求解能力，属于中档题.

四、解答题
17．已知数列的前项和为，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)若，，成等比数列.从下面三个条件中选择一个，求数列的前项和.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
①；②；③.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析

【分析】（1）依题意可得，根据，作差得到，当时两边同除，即可得到为常数数列，从而求出，即可证明；
（2）设的公差为，根据等比中项的性质得到方程，求出，即可求出的通项，再根据所选条件，利用裂项相消法计算可得.
【详解】（1）因为，即，当时，解得，
当时，所以，
即，
所以，
当时上述式子恒成立，
当时两边同除可得，
即，所以为常数数列，即，
所以，即，
当时上述也成立，
所以，
所以是以为首项，为公差的等差数列.
（2）设的公差为，因为，，成等比数列，
所以，即，解得，所以；
若选①，则，
所以.
若选②，则，
所以.
若选③，则，
所以
.
18．已知在中，角的对边分别为，点满足，且.
(1)求证：；
(2)求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）分别在和中利用正弦定理表示出，，代入已知等式化简整理即可得到结果；
（2）根据，余弦定理整理得到；在中利用余弦定理得，进而得，代入求值，再求正弦值，令，则，将目标式化简得到关于的代数式，即可求值.
【详解】（1）
，则，，
在中；
在中；
又，
，即，
.
（2）在中，由余弦定理得：；
在中，由余弦定理得：；
，则，
即，整理可得：；
在中，由余弦定理得：，
则，，故，即；
.
由（1）知：，则，则，
令，则，，
所以，，
.
19．新能源汽车是指除汽油、柴油发动机之外的所有其他能源汽车，被认为能减少空气污染和缓解能源短缺的压力.在当今提倡全球环保的前提下，新能源汽车越来越受到消费者的青睐，新能源汽车产业也必将成为未来汽车产业发展的导向与目标.某机构从某地区抽取了500名近期购买新能源汽车的车主，调查他们的年龄情况，其中购买甲车型的有200人，统计得到如下的频率分布直方图.
  
(1)将年龄不低于45岁的人称为中年，低于45岁的人称为青年，购买其他车型的车主青年人数与中年人数之比为.完成下列列联表，依据的独立性检验，能否认为购买甲车型新能源汽车与年龄有关？

青年
中年
合计
甲车型



其他车型



合计




(2)用分层抽样的方法从购买甲车型的样本中抽取8人，再从中随机抽取4人，记青年有人，求的分布列和数学期望.
附：.

0.100
0.050
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)列联表见详解，能认为购买甲车型新能源汽车与年龄有关.
(2)分布列见详解，

【分析】（1）根据分布列和已知条件求出购买甲车型和其他车型的青年、中年人数，可得列联表，然后计算卡方，查表可作出判断；
（2）先计算各层所抽取人数，然后由超几何分布概率公式求概率可得分布列，再根据期望公式可解.
【详解】（1）由直方图可知，购买甲车型的青年人数为人，中年人数为人，
购买其他车型的青年人数为人，中年人数为人，
于是的列联表：

青年
中年
合计
甲车型
125
75
200
其他车型
225
75
300
合计
350
150
500

因为，
所以，有的把握认为购买甲车型新能源汽车与年龄有关.
（2）用分层抽样的方法从购买甲车型的样本中抽取8人，则青年有人，中年有人，所以X的可能取值为1,2,3,4.
，，
，，
得分布列：
X
1
2
3
4
P





所以.
20．如图所示.在多面体中，平面，，，，且，，分别为棱，的中点，为棱上一点，且.
  
(1)证明：为的中点；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）过点作，即可建立如图所示的空间直角坐标系，设，表示出，，依题意可得，即可求出的值，从而得证；
（2）利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为平面，，
如图过点作，则平面，如图建立空间直角坐标系，
令，
在底面四边形中， ，所以，
则，，，，，
，，
所以，，
因为为棱上一点，设，
则，
因为，
所以，即，解得，
所以为的中点.

（2）由（1）可得，
又，，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以；
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以；
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
21．已知函数.
(1)若不等式有解，求实数的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由题设在上有解，利用导数研究右侧最大值，即可得参数范围；
（2）利用导数研究零点分布，再转化证明结论为，分析法转化结论，并构造中间函数研究恒成立证明结论.
【详解】（1）由，即在上有解，
所以在上有解，令，只需，
由，当，则，递增，当，则，递减，
所以最大值为，故.
（2）由题意，有两个零点，则有两个解，
令与有两个交点，而，且，
当，则，故在上递增，且值域为；
当，则，故在上递减，且值域为；
所以最大值为，故，且，图象如下，
  
不妨令，
要证，即证，需证，
先证：
又，则，
所以，故，
令，则，故，可得，，
所以，
要证，即证，即证，
令且，则，
令，则，即在上递增，
所以，即在上恒成立，故，
所以在上递增，故，即成立，
综上，；
再证：
由，故上，递减，上，递增，
所以，则零点在两侧，所以，
要证，即，又，需证，而，
所以，只需，即，
即证，，且，
即证，且，只需，，
令，且，则，
令，则，在时，即递增，
所以，故，即在上递减，
由，故，即恒有，
综上，成立；
所以，.
【点睛】关键点点睛：第二问，应用导数研究的零点分布得，将结论化为证，构造中间函数研究恒成立求证结论即可.
22．已知抛物线，过点的直线与交于两点，当直线与轴垂直时，（其中为坐标原点）.
(1)求的准线方程；
(2)若点在第一象限，直线的倾斜角为锐角，过点作的切线与轴交于点，连接交于另一点为，直线与轴交于点，求与面积之比的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）将代入抛物线，结合为等腰直角三角形求参数，即可得抛物线方程，进而写出准线方程；
（2）设，直线，联立抛物线求坐标，导数几何意义求直线方程，依次求出坐标，进而求与面积，利用基本不等式求面积比最值.
【详解】（1）将代入，则，
由，故为等腰直角三角形，故，即，
所以，故准线方程为.
（2）设，直线，联立抛物线得，
所以，则，故，
由，则，故，直线，
令，则，故，
设直线，联立抛物线得，
所以，则，故，
综上，直线，令，则，故，
由直线的倾斜角为锐角，故，则，，
所以，令，则，
则，仅当，即时等号成立，
所以与面积之比的最大值.
    
【点睛】关键点点睛：第二问，设及直线方程并联立抛物线依次求出坐标，注意参数范围，最后应用换元、基本不等式求面积比最大值.