河北省衡水市第二中学2023届高三上学期一模数学试题附答案

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这是一份河北省衡水市第二中学2023届高三上学期一模数学试题附答案，共26页。试卷主要包含了已知集合，则，已知复数，则的值为，已知，若，则，下列命题为真命题的是，关于函数，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的选项中，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，则的值为（）
A．B．C．0D．1
3．在正方形中，在上且有与对角线交于，则（）
A．B．
C．D．
4．已知：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积成比例，那么这两个几何体的体积也对应成比例.则椭圆C：绕长轴旋转一周形成的几何体的体积为（）
A．B．C．D．
5．从11到15这5个整数中选出2个，则这2个数的因数个数之和为8的概率是（）
A．B．C．D．
6．已知，周期是的对称中心，则的值为（）
A．B．C．D．
7．若，则（）
A．B．
C．D．
8．某正六棱锥外接球的表面积为，且外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，底面正六边形边长，则其体积的取值范围是（）
A．B．
C．D．
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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．下列命题为真命题的是（）
A．过任意三点有且仅有一个平面
B．为直线，为不同的两个平面，若，则
C．为不同的直线，为平面，若，则
D．为不同的直线，为平面，若，则
10．关于函数，下列说法正确的是（）
A．有两个极值点
B．的图像关于原点对称
C．有三个零点
D．是的一个零点
11．已知抛物线C：过点是准线上的一点，F为抛物线焦点，过作的切线，与抛物线分别切于，则（）
A．C的准线方程是B．
C．D．
12．直线：与的图象交于、两点，在A､B两点的切线交于，的中点为，则（）
A．B．点的横坐标大于1
C．D．的斜率大于0
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．中的系数为__________（用数字作答）.
14．写出一个满足下列条件的双曲线的方程__________.
①焦点在轴上②渐近线与圆有交点
15．已知函数的图像关于对称，且，则__________.
16．已知，则的最小值为__________.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程及演算步骤.
17．已知数列满足，其中是的前项和.
(1)求证：是等差数列；
(2)若，求的前项和.
18．在中，所对的边分别为，且，其中是三角形外接圆半径，且不为直角.
(1)若，求的大小；
(2)求的最小值.
19．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面为中点，与交于点的重心为.
(1)求证：平面
(2)若，求二面角的正弦值.
20．某工厂生产一批零件，其直径X满足正态分布（单位：）.
(1)现随机抽取15个零件进行检测，认为直径在之内的产品为合格品，若样品中有次品则可以认定生产过程中存在问题.求上述事件发生的概率，并说明这一标准的合理性.（已知：）
(2)若在上述检测中发现了问题，另抽取100个零件进一步检测，则这100个零件中的次品数最可能是多少？
21．已知满足与的斜率之积为.
(1)求的轨迹的方程.
(2)是过内同一点的两条直线，交椭圆于交椭圆于，且共圆，求这两条直线斜率之和.
22．已知函数
(1)求在处的切线方程；
(2)若在定义域上有两解，求证：
①；
②.
1．B
【分析】
根据因式分解以及数轴穿根法可化简,由绝对值不等式可求解根据集合的交运算和并运算即可求解.
【详解】
或，或，
所以，，
故选：B
2．A
【分析】
根据复数i的性质计算可得，由此利用等比数列的前n项和公式计算，即可求得答案.
【详解】
由于复数，故，
，
故，
故选：A.
3．C
【分析】
根据平面向量的线性运算，即可求得答案.
【详解】
如图，正方形中，，则
因为,所以,则,
故,
故选：C
4．B
【分析】
将半椭圆和半圆绕着轴旋转一圈后，利用垂直于轴的平面去截椭球体与球体，设截面面积分别为、，计算出，再利用题中结论以及球体的体积公式可求得结果.
【详解】
如下图所示：
直线交半椭圆于、两点，交半圆于、两点，
由题意可得，
将半椭圆和半圆绕着轴旋转一圈后，
利用垂直于轴的平面去截椭球体与球体，设截面面积分别为、，
由题意可知，
设半椭圆绕轴旋转一圈所得的几何体体积为，半圆绕轴旋转一圈所得的几何体体积为
则，所以，.
故选:B
5．C
【分析】
根据每个数的因数个数，根据组合数的计算即可计算总数，列举即可求解所满足要求的个数，由古典概型概率计算公式即可求解.
【详解】
11的因数有11和1，共有2个因数，12的因数有1，2，3，4，6，12，共有6个，13的因数有13和1，共有2个因数，14的因数有1，2，7，14，共有4个，15的因数有1，3，5，15，共有4个，从5个数中选两个数，共有种选择，而2个数的因数个数之和为8，则这两个数可以是11和12，或者12和13，或者15或14，共三种，
故2个数的因数个数之和为8的概率是
故选：C
6．D
【分析】
根据条件，列出方程即可求得，然后根据对称中心以及周期范围求出，即可得到的解析式，从而得到结果.
【详解】
因为，
由可得，且，所以，
又因为是的对称中心，故
解得
且，即
所以，当时，
即，
所以
故选:D
7．B
【分析】
由于，故构造函数，利用导数判断其单调性，可比较的大小，根据，构造函数，判断其单调性，可比较大小，由此可得答案.
【详解】
由于，
故设函数，
则，，
由于，所以，
即，即，
故为单调递减函数，
故，即，
令，则，即；
又，
令，
则，
即为单调递增函数，
故，即，
令，则，即，
故，
故选：B
【点睛】
关键点点睛：此类比较数的大小的题目类型，一般是要构造函数，利用函数的单调性进行大小比较，关键是要能对数的特征进行变化，根据数的特征选定自变量，从而构造函数.
8．B
【分析】
根据正六棱锥和球的几何性质，结合球的表面积公式、棱锥的体积公式、导数的性质进行求解即可.
【详解】
如图所示：
设该正六棱锥的高，侧棱长为，设该正六棱锥外接球的半径为，
因为正六棱锥外接球的表面积为，所以有，
因为外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，
所以，
设，
在正六边形，因为正六边形边长为，所以，
在中，由余弦定理可知，
在直角三角形中，，所以有，
由勾股定理可知，
因为，所以，因此有，
而，所以，
该正六棱锥的体积，
，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，因为，，
所以，因此该正六棱锥的体积的取值范围是，
故选：B
【点睛】
关键点睛：利用导数的性质求值域是解题的关键.
9．BD
【分析】
根据空间中点线面的位置关系，结合选项即可逐一求解.
【详解】
对于A，过任意不共线的三点有且仅有一个平面，故A错，
对于B，由于，所以，故B正确，
对于C, 若，则可以异面，也可以相交，也可以，故C错误，
对于D,根据垂直于同一平面的两直线平行，可知D正确.
故选：BD
10．ACD
【分析】
利用导数研究函数的单调性和极值，作图，根据图像变换，结合奇偶性，函数零点的定义，可得答案.
【详解】
对于函数，求导可得：，
令，解得，可得下表：
则，，即可作图，
通过图像可知，有两个极值点，故A正确；
函数的图像不关于原点对称，故B错误；
函数有三个零点，故C正确；
因为
即
将代入解析式可得，
，故D正确.
故选:ACD
11．ABC
【分析】
根据抛物线过的点，确定p的值，求得抛物线方程以及准线，判断A; 设切线方程为,利用判别式可得，判断D;再证明三点共线，以及证明，即可判断.
【详解】
由抛物线C：过点，可得，
即，设焦点为,
则C的准线方程是，A正确；
设点，先考虑情况，则过点M作的切线，切线斜率必存在且不等于0，
设切线方程为，联立，可得，
则，即，，
设的斜率分别为，则，
即，即，D错误；
设，不妨设A在第一象限，B在第四象限，则，
由于，对于曲线在第一象限内部分有,则，
对于曲线在第四象限内部分有,则，
由于，故，则，
由于，故斜率一定存在，设直线的方程为，
联立，得，故，
则直线的方程为，即直线过定点，
所以三点共线，
由于，
，故,
在中，,
则，，
当时，即,关于x轴对称，
，成立；
此时斜率不存在，不妨取，则，
联立，解得,则过定点，且,
则，成立，
综合上述，正确，
故选：
【点睛】
关键点点睛：解决此类关于直线和抛物线的位置关系类题目，要注意设直线方程，并联立抛物线方程，得根与系数的关系，然后化简，这是解决这类问题的一般解决方法，解答此题的关键在于要注意到证明直线过定点，即三点共线，然后证明.
12．BC
【分析】
通过为两函数图象交点，转化为直线与曲线有两个不同的交点，研究的图象，数形结合可判断A；联立两条切线求得点的横坐标，利用极值点偏移思想可求得之间关系，即可判断B；通过构造函数建立之间的关系，将问题转化为二次函数两根之间距离问题可判断C正确；化简，结合前面的条件可判断D.
【详解】
对A，因为直线与曲线交于、两点，
有两个不同正根，
即直线与曲线有两个不同的交点.
在上单调递减，在单调递增，
且，
，故A错误.
对B，由题意得，
，设
令
在单调递减.
，
在单调递减，
.
，
又，
.
的方程：，
的方程：，
联立可解得，
故选项B正确.
对C，设，
，
，且，
，设,
，
，
，
，
是的两个根，是方程的两根，
，所以C正确.
对D，
，
，
设，
.
，
，
在单调递增，且，
，
，
.
也可以利用对数均值不等式证明如下：
对数均值不等式：，
，，
，
，，
，即