河北省唐山市2023届高三下学期3月一模试题+数学+Word版含答案

这是一份河北省唐山市2023届高三下学期3月一模试题+数学+Word版含答案，共10页。试卷主要包含了答卷前，考生务必将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。
唐山市2023届普通高等学校招生统一考试第一次模拟演练数  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.已知全集，集合，，则（    ）A. B. C. D.2.若复数满足，则的虚部是（    ）A.i B.1 C. D.3.下表是足球世界杯连续八届的进球总数：年份19941998200220062010201420182022进球总数141171161147145171169172则进球总数的第40百分位数是（    ）A.147 B.154 C.161 D.1654.将英文单词“rabbit”中的6个字母重新排列，其中字母b不相邻的排列方法共有（    ）A.120种 B.240种 C.480种 D.960种5.（    ）A. B. C. D.6.在四棱台中，底面是边长为4的正方形，其余各棱长均为2，设直线与直线的交点为，则四棱锥的外接球的体积为（    ）A. B. C. D.7.已知点，圆，过点的直线与圆交于，两点，则的最大值为（    ）A. B.12 C. D.8.已知函数是定义在上的奇函数，且的一个周期为2，则（    ）A.1为的周期  B.的图象关于点对称C.  D.的图象关于直线对称二、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.函数，（，，）在一个周期内的图象如图所示，则（    ）A. B. C. D.10.在棱长为4的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（    ）A.  B.平面C.平面与平面相交 D.点到平面的距离为11.已知椭圆的左焦点为，为的上顶点，，是上两点.若，，构成以为公差的等差数列，则（    ）A.的最大值是B.当时，C.当，在轴的同侧时，的最大值为D.当，在轴的异侧时（，与不重合），12.已知，函数，则（    ）A.对任意，，存在唯一极值点B.对任意，，曲线过原点的切线有两条C.当时，存在零点D.当时，的最小值为1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知是等比数列的前项和，，，则______.14.某种食盐的袋装质量服从正态分布，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间的约有______袋.（质量单位：g）附：若随机变量服从正态分布，则，，.15.已知，，且，则的最小值为______.16.已知抛物线的焦点为，经过的直线，与的对称轴不垂直，交于，两点，点在的准线上，若为等腰直角三角形，则______.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.（10分）已知数列的前项和为，满足.（1）求；（2）令，证明：，.18.（12分）如图，在三棱柱中，侧面和侧面均为正方形，为棱的中点.（1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成角为30°，求平面与平面夹角的余弦值.19.（12分）如图，在平面四边形中，，，.（1）若，求的面积；（2）若，求.20.（12分）为弘扬体育精神，营造校园体育氛围，某校组织“青春杯”3V3篮球比赛，甲、乙两队进入决赛.规定：先累计胜两场者为冠军，一场比赛中犯规4次以上的球员在该场比赛结束后，将不能参加后面场次的比赛.在规则允许的情况下，甲队中球员都会参赛，他上场与不上场甲队一场比赛获胜的概率分别为和，且每场比赛中犯规4次以上的概率为.（1）求甲队第二场比赛获胜的概率；（2）用表示比赛结束时比赛场数，求的期望；（3）已知球员在第一场比赛中犯规4次以上，求甲队比赛获胜的概率.21.（12分）已知双曲线过点，且与的两个顶点连线的斜率之和为4.（1）求的方程；（2）过点的直线与双曲线交于，两点（异于点）.设直线与轴垂直且交直线于点，若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值，并求该定值.22.（12分）已知，证明：（1）；（2）.  唐山市2023届普通高等学校招生统一考试第一次模拟演练数学参考答案一.选择题：1~4.BDCB 5~8.AABC二.选择题：9.BD   10.BCD   11.ABC   12.ABD三.填空题：13.   14.8186   15.   16.四.解答题：（若有其他解法，请参照给分）17.解：（1）由，得，…2分所以，…2分. …2分（2），当时，. …1分当时，，…2分故. …1分综上，，.18.解：（1）因为侧面、侧面均为正方形，所以，，，又，所以，平面，…1分又，所以，平面，又平面，所以. …2分由，为棱的中点，所以，，…1分又，因此，平面；…1分又平面，故平面平面. …1分（2）由（1）得是与侧面所成角，即，…1分不妨令，所以，又，所以，，所以，. …1分以为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，由题意可得，，.所以，. …1分设是平面的法向量，则即取. …1分由题意知是平面的一个法向量，…1分则.所以，平面与平面的夹角的余弦值为. …1分19.解：（1）在中，由余弦定理可得. …2分，…2分所以. …2分（2）设，则，，在中，由正弦定理可得，…2分即，所以，. …2分于是，解得或（舍）.所以，因此. …2分20.解：（1）设“第场甲队获胜”，“球员第场上场比赛”，，2，3.由全概率公式…2分. …2分（2）的可能取值为2，3.，…1分，…2分. …1分（3），…1分…1分…1分.…1分21.解：（1）双曲线的两顶点为，所以，，即，…2分将代入的方程可得，，故的方程为. …2分（2）依题意，可设直线，，.与联立，整理得，…1分所以，，解得，且，，，…1分所以. …（*）…1分又，所以，的坐标为，…1分由可得，，从而可得的纵坐标，…1分将（*）式代入上式，得，即. …1分所以，，…1分将（*）式代入上式，得. …1分22.证明：（1）令，则，，…1分当时，，单调递减；当时，，单调递增，…1分所以，等号仅当时成立，即，…1分从而，所以. …1分综上，. …1分（2）显然时，，即成立. …1分令，，则，，…1分令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，等号仅当时成立，…1分从而可得，，所以在和上单调递减. …1分由（1）知，时，；时，，所以，即. …2分又当且时，，所以.故时，. …1分