河北衡水中学2023届高三下学期检测数学试题（解析版）

这是一份河北衡水中学2023届高三下学期检测数学试题（解析版），共26页。试卷主要包含了考生必须保持答题纸的整洁等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，22小题，满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：1．答卷前，步生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号、专场号和座位号填写在答题纸上．将条形码横贴在答题纸“贴条形码区”．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题纸各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4．考生必须保持答题纸的整洁．考试结束后，将试卷和答题纸一并交回．
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，只有一项符合题目要求的．
1. 已知全集，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合、，利用并集和补集的定义可求得集合.
【详解】因为，，
所以，，
又因为，所以，.
故选：A.
2. 已知复数，，若在复平面上对应的点在第三象限，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式以及复数的几何意义可求得实数的值.
【详解】因为，
则，解得，
因为复数在复平面上对应的点在第三象限，则，解得，
因此，.
故选：B.
3. 已知等差数列的前n项和为，，则（ ）
A. 66B. 78C. 84D. 96
【答案】B
【解析】
【分析】设等差数列的首项为，公差为，结合题意可得，结合等差数列的性质代入等差数列的前n项和公式即可求解
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
由可得，
整理可得，所以，
则，
故选：B.
4. 条件，，则的一个必要不充分条件是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对于命题，由参变量分离法可得，求出函数在上的最大值，可得出实数的取值范围，再利用必要不充分条件的定义可得出合适的选项.
【详解】若，使得，则，可得，则，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
故当时，，即，
所以，的一个必要不充分条件是.
故选：A.
5. 函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】对于函数，有，可得，
所以，函数的定义域为，
，，
所以，函数为偶函数，排除AB选项；
当时，，则，
此时，排除D选项
故选：C.
6. 在中，，，，P，Q是平面上的动点，，M是边BC上的一点，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量运算可得，结合图形分析的最小值即可得结果.
【详解】取的中点，则，
可得，
∵，当且仅当在线段上时，等号成立，
故，
显然当时，取到最小值，
∴，
故.
故选：B.
7. 已知抛物线过点，动点M，N为C上的两点，且直线AM与AN的斜率之和为0，直线l的斜率为，且过C的焦点F，l把分成面积相等的两部分，则直线MN的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意求出抛物线方程为，设，直线，联立直线和抛物线的方程结合韦达定理由，可求出，再求出直线l的方程，由题意可转化为到直线的距离为到直线距离的，代入求解即可得出答案.
【详解】因为抛物线过点，
所以，解得：，所以，
设，
直线，代入中整理得，
所以,，
所以
，即，
则，解得：，
所以直线，
直线l的斜率为，且过C的焦点，
所以，则到直线的距离为，
所以l把分成面积相等的两部分，因为直线与直线平行，
所以到直线的距离为到直线距离的，
，解得：或（舍去）.
所以直线MN的方程为.
故选：D.
8. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，其中有很多对几何体外接球与内切球的研究．其中的一些研究思想启发着后来者的研究方向．已知正四棱锥的外接球半烃为R，内切球半径为r，且两球球心重合，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】正四棱锥的外接球和内接球球心重合，说明其结构特殊，找出结构的特殊性，再计算.
【详解】如图：
设底面正方形ABCD的对角线长为2a，高为h，，正方形的中心为O，外接球的球心为，
则有即，在 中， ① ，②，
以O为原点，建立空间直角坐标系如上图，
则有 ， ，
设平面PCD的一个法向量为 ，则有 ， ，
令 ，则 ，
设向量 与平面PCD的夹角为 ，则 ，
球心 到平面PCD的距离 ，
，由①得即③，
故设，则③可整理成 ，两边平方得 ， ，
由①②得 ；
故选：B.
二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 统计学是源自对国家的资料进行分析，也就是“研究国家的科学”．一般认为其学理研究始于希腊的亚里士多德时代，迄今已有两千三百多年的历史．在两千多年的发展过程中，将社会经济现象量化的方法是近代统计学的重要特征．为此，统计学有了自己研究问题的参数，比如：均值、中位数、众数、标准差．一组数据：）记其均值为，中位数为，标准差为，则（ ）
A.
B.
C. 新数据：的标准差为
D. 新数据：的标准差为
【答案】AD
【解析】
【分析】利用中位数的定义可判断A选项；取，可判断B选项；利用方差公式可判断CD选项.
【详解】对于A选项，因为，样本数据最中间的项为，
由中位数的定义可知，A对；
对于B选项，不妨令，则，B错；
对于C选项，数据的均值为，
方差为，
所以，数据的标准差为，C错；
对于D选项，数据的均值为
，
其方差为，
所以，新数据：的标准差为，D对.
故选：AD.
10. 已知，，且满足，．则的取值可以为（ ）
A. 10B. 11C. 12D. 20
【答案】CD
【解析】
【分析】根据条件及基本不等式可得，进而即得.
【详解】因为，，
所以， ，
故，
当，且，而时，即等号不能同时成立，
所以，故AB错误，CD正确.
故选：CD.
11. 圆与双曲线交于，，，四点，则（ ）
A. 的取值范围是
B. 若，矩形的面积为
C. 若，矩形的对角线所在直线是的渐近线
D. 存在，使四边形为正方形
【答案】BD
【解析】
【分析】首先求出双曲线的顶点坐标与渐近线方程，即可判断A，对于B、C，求出交点坐标，即可判断B、C，设，求出、，即可判断D.
【详解】双曲线的顶点坐标为，渐近线方程为，
因为圆与双曲线交于，，，四点，
所以，故A错误；
当时圆，由，解得，
所以或或或，
不妨令，，，，
所以，，所以，
则，所以，故不是双曲线的渐近线，即B正确，C错误；
若四边形为正方形，不妨设为第一象限内的交点，设，，
则且，解得，所以，
所以当时，使四边形为正方形，故D正确；
故选：BD
12. 已知函数的导函数为，则（ ）
A. 有最小值B. 有最小值
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对选项逐一判断，首先对求导得到，再对进行求导，得出的单调性及零点，即可得出，最值及单调性，即可判断AB的正误，由的增减性可知的凹凸性，由此可知的大小，即可判断C的正误，再构造，同理可判断D的正误.
【详解】由于函数的导函数为，则，
又得其导函数为，故在定义域为单调递增函数，知无最小值，故B错误；
当时，，故；
当时，，但是指数函数始终增长的最快，故；
又因为
故一定存在，使得，所以在时为单调递减，在时为单调递增，故在处取得最小值，故A正确；
又在定义域为单调递增函数，可知在为凹函数，可得，即，故C正确；
令，易知故，得其导函数故在定义域为单调递增函数；故
则，故D正确.
故选：A C D
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知角终边上有一点 ，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正切的定义，运用诱导公式以及同角关系求解.
【详解】 ，
根据同角关系有 ，
；
故答案为： .
14. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：（2）第一局乙胜，第二局甲胜.分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】分两种情况讨论：
（1）第一局甲胜，第二局乙胜：
若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；
（2）第一局乙胜，第二局甲胜：
若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为.
综上所述，甲、乙各胜一局的概率为.
故答案为：.
15. 已知函数的部分图像如图所示，在区间内单调递减，则的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数过点求出的值，再根据的范围求出的范围，结合函数的单调性与周期性求出的大致范围，再根据正弦函数的性质得到不等式组，解得即可.
【详解】由图可知函数过点，所以，即，所以或，，
因为，所以或，又函数在原点右侧最近的零点的右侧的极值点函数取得最小值，
所以，所以，
因为在区间内单调递减，，
所以，所以，
所以，则或，
解得或，
所以的最大值为.
故答案为：
16. 如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD为菱形，，，，且平面ABCD，四边形BEFG是正方形，则______；异面直线AG与DE所成角的余弦值为______．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】根据线面垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解距离及异面直线所成角的余弦值.
【详解】由四边形为菱形，，可得为正三角形，
设为的中点，连接，所以．又，因此．
又平面，故以为原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
如图
设，，则，，，，
由题意，则平面，平面，
设，，从而，
因为四边形BEFG是正方形，所以，所以，
即，解得，所以，，设，
则，因为，所以，所以，即，所以，所以；
设异面直线AG与DE所成角为，又，
所以，
所以异面直线AG与DE所成角的余弦值为.
故答案：；
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. 已知数列满足，且，．
（1）求证：是等比数列，并求的通项公式；
（2）若数列前n项和为，求使不等式成立的n的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推公式即可证明是等比数列，然后利用等比数列的通项公式和已知条件即可求解；
（2）结合（1）的通项公式求出数列的前n项和为，然后讨论即可求解.
【小问1详解】
由，可得，
所以，则，又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，所以，则，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知：，
当为偶数时，
，
当为奇数时，，
因为，
，
所以使不等式成立的n的最小值为.
18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求的最小值；
（2）若M为的重心，，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理及基本不等式即可求解最小值；
（2）利用重心性质及勾股定理求出边长关系，利用余弦定理求出两个角的余弦值，然后通过同角关系求出正弦值即可.
【小问1详解】
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
【小问2详解】
记边的中点为，边的中点为，边的中点为，因为点为的重心，
所以，
在中，，为边的中点，所以，所以，设，则，
在中，，即，
在中，，即，
在中，，即，
消去x，y得，又，所以，
从而解得，即，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
所以.
19. 第届亚运会将于年月日至月日在我国杭州举行，这是我国继北京后第二次举办亚运会．为迎接这场体育盛会，浙江某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表社区参加市亚运知识竞赛．已知社区甲、乙、丙位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为、、，通过初赛后再通过决赛的概率均为，假设他们之间通过与否互不影响．
（1）求这人中至多有人通过初赛的概率；
（2）求这人中至少有人参加市知识竞赛的概率；
（3）某品牌商赞助了社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了两种奖励方案：
方案一：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次奖励元；
方案二：只参加了初赛的选手奖励元，参加了决赛的选手奖励元．
若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．
【答案】（1）
（2）
（3）方案二更好，理由见解析
【解析】
【分析】（1）计算出人全通过初赛的概率，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）计算出人各自参加市知识竞赛的概率，再利用独立事件和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（3）利用二项分布及期望的性质求出方案一奖金总额的期望，对方案二，列出奖金总额为随机变量的所有可能取值，并求出对应的概率，求出其期望，比较大小作答.
【小问1详解】
解：人全通过初赛的概率为，
所以，这人中至多有人通过初赛的概率为.
【小问2详解】
解：甲参加市知识竞赛的概率为，乙参加市知识竞赛的概率为，
丙参加市知识竞赛的概率为，
所以，这人中至少有人参加市知识竞赛的概率为.
【小问3详解】
解：方案一：设三人中奖人数为，所获奖金总额为元，则，且，
所以元，
方案二：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为元，则的所有可能取值为、、、，
则，
，
，
，
所以，.
所以，，
所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好．
20. 如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是平行四边形，，，AD与平面所成的角为．
（1）求；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，，利用余弦定理可得，结合已知条件，建立空间直角坐标系，设，写出相应点的坐标，求出平面的法向量和的方向向量，线面角即可求解；
（2）结合（1）的结论和平面的法向量，再求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.
【小问1详解】
因为，，在中，由余弦定理可得，则，所以，
则，由因为为直四棱柱，所以平面，
所以两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
由题意可知：AD与平面所成的角为，
所以，
解得，所以.
【小问2详解】
由（1）知：平面的法向量，
，,
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
则，
由图可知：二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值.
21. 如图，已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，且直线AB的斜率为，的面积为1，O为坐标原点．
（1）求C的方程；
（2）设直线l与C交于，两点，且，N与B不重合，M与C的上顶点不重合，点Q在线段MB上，且轴，AB平分线段QN，点到l的距离为d，求当d取最大值时直线MN的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据已知条件列出关于的方程组求解即可；
(2) 设l的方程为，Q点的横坐标为，AB与QN的交点为T，其横坐标为，由已知可得，结合韦达定理可得出，从而可求点到l的距离d，再通过构造函数，利用函数单调性求出d取最大值时的条件，从而可求直线MN的方程．
【小问1详解】
由已知得，，，即①
又因为的面积为1，所以，即②
联立①②解得，，所以椭圆C的方程为；
【小问2详解】
根据题意，直线l的斜率存在，且l不过C的上、下顶点，故可设其方程为
，设Q点的横坐标为，AB与QN的交点为T，其横坐标为，
由得，，
则，即
，
由已知直线的方程为，直线的方程为，
直线的方程为，
联立，解得，即，
联立，解得，即，
因为AB平分线段QN，所以T为线段QN的中点，所以，
即，整理得，
把代入上式整理得，
因为，所以，
化简得，
又由得，解得，
，
设()，则()，
所以，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，当时，有最大值，即d有最大值，
所以，所以直线MN的方程为．
22. 已知函数 ．
（1）证明：当时，为增函数；
（2）若有3个零点，求实数a的取值范围，参考数据：， ．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将a=3代入函数解析式，求导，求出导函数的极小值即可；
（2）参数分离，构造函数，求出其单调区间以及函数的大致图像即可.
【小问1详解】
将a=3代入 得解析式得 ，
，令 ，显然 是增函数，
， ，使得 ，此时，
当 时，， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
，
显然 是关于的减函数，
，
由 ，得 ，
即 ， 是增函数；
【小问2详解】
令 ， ，
令 ，
令 ，则有 ，
，显然 是增函数， ， ，使得 ，
当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，
， 时， ，即 是增函数，
时， ，即 是减函数， 时 是增函数，
所以在 处， 有极大值 ，在 处 有极小值 ，
的大致图像如下：
欲使得原函数有3个零点，a得取值范围是 ；
综上，a得取值范围是.
【点睛】特殊值是解决本题的一个关键，对于导函数的研究的一个原则是多次求导直到导函数能够比较清晰的观察出其单调性为好.