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2023邯郸大名县一中高三下学期2月月考试题数学PDF版含解析（可编辑）
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这是一份2023邯郸大名县一中高三下学期2月月考试题数学PDF版含解析（可编辑），文件包含河北省邯郸市大名县第一中学2022-2023学年高三下学期2月月考试题数学答案和解析docx、河北省邯郸市大名县第一中学2022-2023学年高三下学期2月月考数学月考试题pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
【分析】根据等差数列定义和通项公式可推导得到，由此可得，利用裂项相消法可求得，由可构造不等式求得的范围，进而得到最小值.
【详解】，，数列是以为首项，为公差的等差数列，
，则，
，
，
由得：，解得：，又，.
故选：B.
7．C
【分析】根据勾股定理和面面垂直的性质定理得到球心位于中点，再求出半径，利用球的体积公式得到答案.
【详解】四面体的顶点都在的球的球面上,
且，，
，,
平面平面,平面平面，平面，
平面，又平面，，
，
,,
,,
取中点,则
,
球的体积.
故选：C.
8．B
【分析】由题，结合角平分线性质与椭圆的性质，，为到的距离，又是的中位线，故，结合余弦定理，设，即可表示出，即可讨论最值
【详解】
由图，，，故，，又平分，则到、的距离相等，设为，则
设，则，，由是的中位线，易得，即，由椭圆性质易知，存在点为椭圆上异于顶点的动点，使，此时最大，且为2
故选：B
9．CD10．CD11．AC
【分析】四个选项分别利用正态曲线的性质，二项分布方差的有关性质，非线性回归方程线性化的方法，考虑对立事件即可求概率，即可判断正误.
【详解】随机变量，正态曲线关于对称，则,
,即，故正确；
随机变量，则，
故，故错误；
∵，∴两边取对数得，令，
可得，
∵，∴，，∴，故正确；
从10名男生，5名女生中随机选取4人，则其中至少有一名女生的对立事件为选取的4人中没有一名女生，其概率为,则其中至少有一名女生的概率为，
故不正确；
故选:．
12．BD
【分析】设点，根据题意可求出的方程可判断A，根据三角形内角平分线的性质可判断B，求出点K的轨迹方程与的方程联立可判断C，设.的坐标结合的方程可判断D.
【详解】设点，则由可得，
化简可得，故A错误；
当，，三点不共线时，因为，，
所以，所以，射线是的平分线，故B正确；
设存在，则，即，
因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，又因为不满足，
所以不存在满足条件，故C错误；
假设轴上存在异于的两定点，使得，
可设，可得，
由P的轨迹方程为，可得，
解得或（舍去），即存在，故D正确.
故选：BD.
【点睛】本题考查阿波罗尼斯圆的定义及应用，属于新定义问题；证明角平分线除了可以通过线段的长度比来证明，还可以通过点到线段两边的距离相等来证明；和圆有关的线段长度问题，可以利用坐标法来解决问题.
13．
14．
【分析】先以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，得到，，，，根据向量数量积的坐标表示，得到，进而可得出结果.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，
又
所以，即，
所以，
又，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查求平面向量数量积的取值范围，可用建系的方法处理，属于常考题型.
15.【答案】
【解析】由题意可知， ，由余弦定理： ，可得，又由正弦定理可得。答案：2
16．
【分析】根据的单调性，易得，，即，从而得到，同理得到，再利用基本不等式求解.
【详解】解：当时，，则，
所以在上递增，且；
当时，，则，
所以在上递增，若要使，则，
所以，
因为函数的图像与直线：交于点，，
所以，，
所以，即，
所以，同理，
所以，
，
当且仅当，即，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：首先确定函数每段的单调性，从而得到交点横坐标的关系，建立模型，再利用基本不等式求解.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理将边化为角，结合三角函数的两角和的正弦公式，可求得答案;
（2）由余弦定理结合基本不等式可求得，再利用三角形面积公式求得答案.
【详解】（1）根据正弦定理及，
得.
∵，
∴.
∵，
∴.
（2）由（1）知，又，
由余弦定理得，
即，
∵，
∴，即，
当且仅当时取等号.
∴.
∴的最大值为.
18．(1)证明见解析
(2)11
【分析】（1）根据递推公式变换可知数列是以为首项，公比为的等比数列；
（2）根据，然后利用等差数列求和公式求解.
【详解】（1）解：由题意得：
根据，得：
可知数列是以为首项，公比为的等比数列.
.
（2）
. 解得或，又
使不等式成立的最小正整数n为11.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可； (2)利用空间向量求线面角即可.
【详解】（1）由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，．
底面，底面，
又，，
且平面,
平面，
所以是平面的一个法向量．
因为，
所以．
又平面，所以平面．
（2）因为，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则
由，解得，令，
得平面的一个法向量为．
设直线与平面所成的角为，
则．
故：直线与平面所成角的正弦值为．
20．(1)列联表见解析，有95%的把握认为性别与是否为“重度沉迷”刷抖音有关系
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据统计图表分析可得列联表，计算，对照临界值表可得结论；
（2）根据分层抽样计算出抽取的“重度沉迷”“中度沉迷”与“轻度沉迷”的抖音用户人数，求出的所有可能取值及其概率，可得分布列和数学期望.
【详解】（1）由图表可知，非“重度沉迷”的抖音用户男性有：（人），“重度沉迷”的抖音用户男性有：6人；
非“重度沉迷”的抖音用户女性有：（人），“重度沉迷”的抖音用户女性有：14人
填写列联表如下：
根据列联表中的数据计算可得，
因此有95%的把握认为性别与是否为“重度沉迷”刷抖音有关系.
（2）由表可知：“重度沉迷”的抖音用户有（人），“中度沉迷”的抖音用户有（人），“轻度沉迷”的抖音用户有（人）.
抽取的“重度沉迷”“中度沉迷”与“轻度沉迷”的抖音用户分别有（人），（人），（人），
X的所有可能取值为100，150，200，250，300，
则；；；；.
所以X的分布列为：
故购书券总和的数学期望为
.
22．(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）根据题意列出方程组，求得a,b，可得答案;
（2）分类讨论直线AB的斜率是否存在的情况，斜率存在，设出直线方程并联立双曲线方程，得到根与系数的关系，表示出，结合根与系数的关系化简，可得参数之间的关系式，结合直线方程，求得答案.
（1）
由题意点在双曲线上，离心率
可得； ，解出，，
所以，双曲线的方程是
（2）
①当直线的斜率不存在时，则可设，
代入，得，
则，
即，解得或，
当时，，其中一个与点重合，不合题意；
当时，直线的方程为，它与双曲线不相交，故直线的斜率存在；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程代入，
整理得，，设，
则，
由，
所以
所以，，
即,
整理得，
即，
所以或，
若，则，直线化为，过定点；
若，则，直线化为，它过点，舍去
综上，直线恒过定点
另解：
设直线的方程为①，
双曲线的方程可化为，
即②，
由①②可得，
整理可得，
两边同时除以，
整理得③，
，
则是方程③的两个不同的根，
所以，即④，
由①④可得 ，解得，
故直线恒过定点.
【点睛】本题考查了双曲线方程的求法，以及直线和双曲线相交时直线过定点的问题，综合性较强，计算量大，解答时要明确解题思路，注意分类讨论，解答的关键是利用联立方程得到根与系数的关系，并利用该关系式化简得到参数之间的关系，从而解决直线过定点问题.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】因为，所以设，对进行分类讨论，利用导数研究的单调性、最小值，可得实数的值
研究的单调性得要证，即证，即证，即证，设，利用导数研究单调性，即可得证．
【详解】（1）因为，所以
设，则．
当时，，所以单调递增，
所以，不满足题意．
当时，在区间上单调递增，
所以，不满足题意．
当时，在区间上单调递减，
所以，不满足题意．
当时，在区间上单调递减，
在区间上单调递增，所以，
所以，所以
综上可知：．
（2）因为，所以，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以．
要证，即证．
因为，，所以即证，
因为，所以即证
设，
则，
所以在区间上单调递减，所以．
综上可知，原命题得证．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解题步骤：若为极值点，证明：
要证，即证（此处根据函数图像分析），也就是证明或者，又因为，，也就是证明：或者，即证明或者，设，求的单调性及最值即可.
23．(1)增区间为，减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，分别解不等式、可得出函数的增区间和减区间；
（2）分析可知，，
选①，证明出，，令与的交点为，点的横坐标，则，可得出，构造函数，，可得出，即可得出；
选②，求出在处的切线为，证明出，，令与的交点为，点的横坐标，可得出，构造函数，，可得出，即可证得结论成立；
选①②，证明出则，，，，令与的交点为，点的横坐标，则，令与的交点为，点的横坐标，则，可得，数形结合可证得结论成立.
(1)
解：函数的定义域为，.
由可得，由可得.
所以，函数的增区间为，减区间为.
(2)
证明：由（1）可知，，
由可得，
因为函数的增区间为，减区间为，
由可知，，
若选①，当时，，则，则，，
令与的交点为，点的横坐标，则，
由可得，，
令，，即，，
当时，，在上单调递增，
所以，；
选②，，，所以，在处的切线为.
令，其中，
，所以，函数在上单调递增，则，
所以，，，
令与的交点为，点的横坐标，则，
可得，
所以，，，
，，即，，
由知，，所以；
若选①②，当时，，则，则，，
，，所以，在处的切线为.
令，其中，
，所以，函数在上单调递增，则，
所以，，，
令与的交点为，点的横坐标，则，
令与的交点为，点的横坐标，则，
可得，
则，
由可得.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
非“重度沉迷”
“重度沉迷”
合计
人数（男）
45
6
51
人数（女）
35
14
49
合计
80
20
100
X
100
150
200
250
300
P
【分析】根据等差数列定义和通项公式可推导得到，由此可得，利用裂项相消法可求得，由可构造不等式求得的范围，进而得到最小值.
【详解】，，数列是以为首项，为公差的等差数列，
，则，
，
，
由得：，解得：，又，.
故选：B.
7．C
【分析】根据勾股定理和面面垂直的性质定理得到球心位于中点，再求出半径，利用球的体积公式得到答案.
【详解】四面体的顶点都在的球的球面上,
且，，
，,
平面平面,平面平面，平面，
平面，又平面，，
，
,,
,,
取中点,则
,
球的体积.
故选：C.
8．B
【分析】由题，结合角平分线性质与椭圆的性质，，为到的距离，又是的中位线，故，结合余弦定理，设，即可表示出，即可讨论最值
【详解】
由图，，，故，，又平分，则到、的距离相等，设为，则
设，则，，由是的中位线，易得，即，由椭圆性质易知，存在点为椭圆上异于顶点的动点，使，此时最大，且为2
故选：B
9．CD10．CD11．AC
【分析】四个选项分别利用正态曲线的性质，二项分布方差的有关性质，非线性回归方程线性化的方法，考虑对立事件即可求概率，即可判断正误.
【详解】随机变量，正态曲线关于对称，则,
,即，故正确；
随机变量，则，
故，故错误；
∵，∴两边取对数得，令，
可得，
∵，∴，，∴，故正确；
从10名男生，5名女生中随机选取4人，则其中至少有一名女生的对立事件为选取的4人中没有一名女生，其概率为,则其中至少有一名女生的概率为，
故不正确；
故选:．
12．BD
【分析】设点，根据题意可求出的方程可判断A，根据三角形内角平分线的性质可判断B，求出点K的轨迹方程与的方程联立可判断C，设.的坐标结合的方程可判断D.
【详解】设点，则由可得，
化简可得，故A错误；
当，，三点不共线时，因为，，
所以，所以，射线是的平分线，故B正确；
设存在，则，即，
因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，又因为不满足，
所以不存在满足条件，故C错误；
假设轴上存在异于的两定点，使得，
可设，可得，
由P的轨迹方程为，可得，
解得或（舍去），即存在，故D正确.
故选：BD.
【点睛】本题考查阿波罗尼斯圆的定义及应用，属于新定义问题；证明角平分线除了可以通过线段的长度比来证明，还可以通过点到线段两边的距离相等来证明；和圆有关的线段长度问题，可以利用坐标法来解决问题.
13．
14．
【分析】先以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，得到，，，，根据向量数量积的坐标表示，得到，进而可得出结果.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，
又
所以，即，
所以，
又，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查求平面向量数量积的取值范围，可用建系的方法处理，属于常考题型.
15.【答案】
【解析】由题意可知， ，由余弦定理： ，可得，又由正弦定理可得。答案：2
16．
【分析】根据的单调性，易得，，即，从而得到，同理得到，再利用基本不等式求解.
【详解】解：当时，，则，
所以在上递增，且；
当时，，则，
所以在上递增，若要使，则，
所以，
因为函数的图像与直线：交于点，，
所以，，
所以，即，
所以，同理，
所以，
，
当且仅当，即，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：首先确定函数每段的单调性，从而得到交点横坐标的关系，建立模型，再利用基本不等式求解.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理将边化为角，结合三角函数的两角和的正弦公式，可求得答案;
（2）由余弦定理结合基本不等式可求得，再利用三角形面积公式求得答案.
【详解】（1）根据正弦定理及，
得.
∵，
∴.
∵，
∴.
（2）由（1）知，又，
由余弦定理得，
即，
∵，
∴，即，
当且仅当时取等号.
∴.
∴的最大值为.
18．(1)证明见解析
(2)11
【分析】（1）根据递推公式变换可知数列是以为首项，公比为的等比数列；
（2）根据，然后利用等差数列求和公式求解.
【详解】（1）解：由题意得：
根据，得：
可知数列是以为首项，公比为的等比数列.
.
（2）
. 解得或，又
使不等式成立的最小正整数n为11.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可； (2)利用空间向量求线面角即可.
【详解】（1）由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，．
底面，底面，
又，，
且平面,
平面，
所以是平面的一个法向量．
因为，
所以．
又平面，所以平面．
（2）因为，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则
由，解得，令，
得平面的一个法向量为．
设直线与平面所成的角为，
则．
故：直线与平面所成角的正弦值为．
20．(1)列联表见解析，有95%的把握认为性别与是否为“重度沉迷”刷抖音有关系
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据统计图表分析可得列联表，计算，对照临界值表可得结论；
（2）根据分层抽样计算出抽取的“重度沉迷”“中度沉迷”与“轻度沉迷”的抖音用户人数，求出的所有可能取值及其概率，可得分布列和数学期望.
【详解】（1）由图表可知，非“重度沉迷”的抖音用户男性有：（人），“重度沉迷”的抖音用户男性有：6人；
非“重度沉迷”的抖音用户女性有：（人），“重度沉迷”的抖音用户女性有：14人
填写列联表如下：
根据列联表中的数据计算可得，
因此有95%的把握认为性别与是否为“重度沉迷”刷抖音有关系.
（2）由表可知：“重度沉迷”的抖音用户有（人），“中度沉迷”的抖音用户有（人），“轻度沉迷”的抖音用户有（人）.
抽取的“重度沉迷”“中度沉迷”与“轻度沉迷”的抖音用户分别有（人），（人），（人），
X的所有可能取值为100，150，200，250，300，
则；；；；.
所以X的分布列为：
故购书券总和的数学期望为
.
22．(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）根据题意列出方程组，求得a,b，可得答案;
（2）分类讨论直线AB的斜率是否存在的情况，斜率存在，设出直线方程并联立双曲线方程，得到根与系数的关系，表示出，结合根与系数的关系化简，可得参数之间的关系式，结合直线方程，求得答案.
（1）
由题意点在双曲线上，离心率
可得； ，解出，，
所以，双曲线的方程是
（2）
①当直线的斜率不存在时，则可设，
代入，得，
则，
即，解得或，
当时，，其中一个与点重合，不合题意；
当时，直线的方程为，它与双曲线不相交，故直线的斜率存在；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程代入，
整理得，，设，
则，
由，
所以
所以，，
即,
整理得，
即，
所以或，
若，则，直线化为，过定点；
若，则，直线化为，它过点，舍去
综上，直线恒过定点
另解：
设直线的方程为①，
双曲线的方程可化为，
即②，
由①②可得，
整理可得，
两边同时除以，
整理得③，
，
则是方程③的两个不同的根，
所以，即④，
由①④可得 ，解得，
故直线恒过定点.
【点睛】本题考查了双曲线方程的求法，以及直线和双曲线相交时直线过定点的问题，综合性较强，计算量大，解答时要明确解题思路，注意分类讨论，解答的关键是利用联立方程得到根与系数的关系，并利用该关系式化简得到参数之间的关系，从而解决直线过定点问题.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】因为，所以设，对进行分类讨论，利用导数研究的单调性、最小值，可得实数的值
研究的单调性得要证，即证，即证，即证，设，利用导数研究单调性，即可得证．
【详解】（1）因为，所以
设，则．
当时，，所以单调递增，
所以，不满足题意．
当时，在区间上单调递增，
所以，不满足题意．
当时，在区间上单调递减，
所以，不满足题意．
当时，在区间上单调递减，
在区间上单调递增，所以，
所以，所以
综上可知：．
（2）因为，所以，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以．
要证，即证．
因为，，所以即证，
因为，所以即证
设，
则，
所以在区间上单调递减，所以．
综上可知，原命题得证．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解题步骤：若为极值点，证明：
要证，即证（此处根据函数图像分析），也就是证明或者，又因为，，也就是证明：或者，即证明或者，设，求的单调性及最值即可.
23．(1)增区间为，减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，分别解不等式、可得出函数的增区间和减区间；
（2）分析可知，，
选①，证明出，，令与的交点为，点的横坐标，则，可得出，构造函数，，可得出，即可得出；
选②，求出在处的切线为，证明出，，令与的交点为，点的横坐标，可得出，构造函数，，可得出，即可证得结论成立；
选①②，证明出则，，，，令与的交点为，点的横坐标，则，令与的交点为，点的横坐标，则，可得，数形结合可证得结论成立.
(1)
解：函数的定义域为，.
由可得，由可得.
所以，函数的增区间为，减区间为.
(2)
证明：由（1）可知，，
由可得，
因为函数的增区间为，减区间为，
由可知，，
若选①，当时，，则，则，，
令与的交点为，点的横坐标，则，
由可得，，
令，，即，，
当时，，在上单调递增，
所以，；
选②，，，所以，在处的切线为.
令，其中，
，所以，函数在上单调递增，则，
所以，，，
令与的交点为，点的横坐标，则，
可得，
所以，，，
，，即，，
由知，，所以；
若选①②，当时，，则，则，，
，，所以，在处的切线为.
令，其中，
，所以，函数在上单调递增，则，
所以，，，
令与的交点为，点的横坐标，则，
令与的交点为，点的横坐标，则，
可得，
则，
由可得.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
非“重度沉迷”
“重度沉迷”
合计
人数（男）
45
6
51
人数（女）
35
14
49
合计
80
20
100
X
100
150
200
250
300
P
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