2023年河北省衡水二中高考数学一模试卷（含答案解析）

这是一份2023年河北省衡水二中高考数学一模试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 已知， 若a=ln1， 下列命题为真命题的是等内容，欢迎下载使用。
2023年河北省衡水二中高考数学一模试卷1.  已知集合，，则(    )A.  B.
C.  D. 2.  已知复数，则的值为(    )A.  B.  C. 0 D. 13.  在正方形ABCD中，E在CD上且有，AE与对角线BD交于F，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. 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. m为直线，，为平面，若，，则
C. m，n为直线，为平面，若，，则
D. m，n为直线，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，M是C准线l上的一点，过M作C的切线MA、MB与抛物线分别切于A、B，则(    )A. C的准线方程是 B.
C.  D. 12.  直线l：与的图像交于、两点，在A、B两点的切线交于C，AB的中点为D，则(    )A.  B. 点C的横坐标大于1
C.  D. CD的斜率大于013.  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x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______ .17.  已知数列满足，其中是的前n项和.
求证：是等差数列；
若，，求的前n项和18.  在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，其中R是三角形外接圆半径，且A不为直角.
若，求A的大小；
求的最小值.19.  如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面平面ABCD，O为AB中点，AC与OD交于点E，的重心为
求证：平面PCD；
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：
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：，
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PA与PB的斜率之积为
求P的轨迹C的方程.
，是过C内同一点D的两条直线，交椭圆于MN，交椭圆于EF，且MNEF共圆，求这两条直线斜率之和.22.  已知函数，
求在处的切线方程；
若在定义域上有两解，，求证：
①；
②
答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：或，，

故选：
可求出集合A，B，然后进行交集和并集的运算即可．
本题考查了高次不等式的解法，绝对值不等式的解法，交集和并集的运算，考查了计算能力，属于基础题．
 2.【答案】A 【解析】解：由于复数，故，，
故
故选：
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．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 3.【答案】C 【解析】解：如图：

在正方形ABCD中，E在CD上且有，AE与对角线BD交于F，
，且，
∽，
可得，
，
故选：
根据已知条件结合向量的三角形法则及线性运算，即可求解结论．
本题主要考查向量的线性运算，考查计算能力，属于基础题．
 4.【答案】B 【解析】解：根据题意可得图形如图所示，
由图可得，圆柱中大圆的半径为b，
小圆的半径为，易得，

则由祖暅原理可得
故选：
作出图形，由祖暅原理可求椭球的体积．
本题考查了祖暅原理的应用、类比同理、椭球的体积，考查了推理能力与计算能力，属中档题．
 5.【答案】C 【解析】解：从11到15这5个数中取出2个数，基本事件为，
故：11的因数为1和11，，12的因数为1，12，2，6，3，4，
13的因数为1，13；15的因数为1，15，3，5，
14的因数为1，14，2，7，
故两个因数的和为8的是：11和12，12和13，14和15一共3种，
故
故选：
直接利用组合数和概率的计算公式求出结果．
本题考查的知识要点：组合数和概率的计算公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
 6.【答案】D 【解析】解：，，
，，
周期，
再根据是的对称中心，可得，，即，
，，
则，
故选：
由题意，根据求得值，利用正切函数的周期性，求得范围，再根据正切函数的图象的对称性，求得值，可得的解析式，从而得到的值．
本题主要考查正切函数的图象和性质，属于中档题．
 7.【答案】B 【解析】解：，，，
先比较a与b，
设，，
则，
所以在上单调递增，
所以，即，
再比较a与c，
设，，
则，
所以在上单调递减，
所以，即，
综上，
故选：
由，，，可构造函数，，推出a与b的大小；构造，，推出a与c的大小，得解．
本题考查指对的大小比较，利用导数研究函数的单调性等，构造新函数，借助导数进行分析是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 8.【答案】B 【解析】解：如图所示：


设该正六棱锥的高，侧棱长为a，设该正六棱锥外接球的半径为r，
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ABCDEF，因为正六边形边长为l，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：
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．
本题主要考查几何体的体积，属于中档题．
 9.【答案】BD 【解析】解：对于A，过不共线的任意三点有且仅有一个平面，所以选项A错误；
对于B，m为直线，，为平面，若，，根据直线与平面垂直的性质定理知，，选项B正确；
对于C，m，n为直线，为平面，若，，不能得出，也可能是m、n相交或异面，选项C错误；
对于D，m，n为直线，为平面，若，，根据直线与平面垂直的性质定理知，，选项D正确．
故选：
根据空间的线面平行、与垂直关系，对选项中的命题进行分析、判断正误即可．
本题考查了空间中的平行和垂直关系的应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
 10.【答案】ACD 【解析】解：因为，所以B错；
由得，且；或，
所以的极大值为，极小值，
所以有两个极值点，且有三个零点，所以AC对；
由三倍角公式得：
，
所以是的零点，D对．
故选：
利用函数的奇偶性判断B选项，再利用导数的变号零点的个数判断AC选项，结合三角恒等变换的公式判断D选项．
本题考查利用导数研究函数的单调性的方法、极值以及函数零点的判断方法，属于中档题．
 11.【答案】ABC 【解析】解：将代入抛物线C：中可得，
则C为，
故C的准线方程为，故A正确，
设点，先考虑情况，则过点M作C的切线MA，MB，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MA，MB的斜率分别为，，则，，
即，即，故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AB斜率一定存在，设直线AB的方程为，
联立，得，故，，，
则直线AB的方程为，即直线AB过定点，
所以A，F，B三点共线，
由于，
，故，，
在中，∽∽，
则，，
当时，即，A，B关于x轴对称，
，，成立；
此时AB斜率不存在，不妨取，，则MA：，MB：，
联立，解得，，则AB过定点，且，
则，成立，
综合上述，BC正确．
故选：
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A，B，F三点共线，以及证明，即可判断B，
本题主要考查直线与抛物线的综合，需要学生较强的综合能力，属中档题．
 12.【答案】BC 【解析】解：对于A：因为直线与曲线交于，两点，
，即有两个不同的正根，
即直线与曲线有两个不同的交点，
因为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的最小值为e，
又，；，，
所以，故A错误；
对于B：由题意可得，，
所以，
，
设，，
，
令，，
所以在单调递减，
因为，，
所以，
所以，
所以在上单调减，
所以，
，
因为，
所以，
又，
所以，
因为，，
所以，，
直线AC的方程：，直线BC的方程为，
联立得，故B正确；
对于C：设，
，
，得，
所以在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
且，
，
因为，
设，时，，单调递增，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
又因为，
所以，
所以，
所以，
因为，是方程的两个根，，是方程的两个根，
所以，故C正确；
对于D：因为，，
所以，
因为，，，
设，
，
所以，
所以当时，，，
当时，，，
所以在上，，在上单调递增，且，
所以当时，，，
所以时，，，
因为，，，
所以，
所以，，
又，
所以，故D错误，
故选：
对于A：根据题意可得有两个不同的正根，即直线与曲线有两个不同的交点，解得a的取值范围，即可判断A是否正确；
对于B：由题意可得，，则，，设，，求导可得，分析单调性，则，即，进而可得，推出，即可判断B是否正确；
对于C：设，求导分析单调性，可得，，，是方程的两个根，，是方程的两个根，，即可判断C正确；
对于D：根据题意可得，，则，分析符号，即可判断D是否正确．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
 13.【答案】1620 【解析】解：，其展开式为，
依题意，，解得，
又的展开式为，依题意，，解得，
所以中的系数为
故答案为：
求出中的展开式为，依题意可得，再由的展开式为，结合题意可得，进而得解．
本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
 14.【答案】答案不唯一 【解析】解：设双曲线的渐近线方程为：，
渐近线与圆有交点，
可得，可得，
不妨取，，
所以满足条件的双曲线方程可以为：
故答案为：答案不唯一
利用圆的圆心到直线的距离小于等于半径，得到渐近线方程，然后写出一个满足题目的双曲线方程即可．
本题考查双曲线的简单性质，双曲线方程的求法，圆与圆锥曲线综合应用，是基础题．
 15.【答案】26 【解析】解：因为的图像关于对称，
所以，
即有，
因为，
所以，
又因此，
所以，
所以，
所以，
所以的周期为2，
又因为，，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，
所以…
故答案为：
由的图像关于对称，可得，再由已知条件可得，进而可得的周期为2，利用赋值法可得，，由…求解即可．
本题考查了函数的周期性、对称性，难点在于得出函数的周期为4，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：设


，
设圆上任意点，，，
则，
设，且，
，又，
，又，
∽，
，又，
，又，

故答案为：
将原式变形为，设圆上任意点，，，则，设，且，将问题转化为，再利用几何意义及相似三角形，求解即可．
本题考查数形转化，相似三角形的应用，化归转化思想，属中档题．
 17.【答案】证明：因为数列满足，
当时，，
两式子相减得，①
因此可得，②
①②相减得：，
由于，所以，
所以是等差数列；
解：由知是等差数列，，，所以，
因此，
所以 【解析】根据与的关系递推出，由此可得，两式相减可得，根据等差中项的定义即可证明结论；
化简之后利用裂项相消求和．
本题考查了等差数列的证明以及裂项相消求和计算，属于中档题．
 18.【答案】解：由余弦定理可得，可得，
再由正弦定理可得，，
所以，
在三角形中，可得，而，
可得；
由可得，
在三角形中，可得或，
即，即，可得，与A角不是直角矛盾，
或，可得，
所以，当且仅当时取等号，即时取等号，
所以的最小值为 【解析】由正余弦定理可得A，B的关系，再由B角的大小，可得A的大小；
由即正弦定理可得边化成角的正弦值，由均值不等式，可得它的最小值．
本题考查正余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题．
 19.【答案】证明：底面ABCD为矩形，O为AB的中点，∽，
可得，
又的重心为G，，则，得，
平面PDC，平面PDC，平面PCD；
解：，O为AB中点，，
平面平面ABCD，平面平面，
平面ABCD，以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面CEG与平面DEG的一个法向量分别为，，
由，取，得；
由，取，得

二面角的正弦值为 【解析】由已知证明，再由直线与平面平行的判定得答案；
证明平面ABCD，以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，再由空间向量求解．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
 20.【答案】解：因为，所以
所以随机抽取15个零件进行检测，至少有1个次品的概率为，
如果生产状态正常，至少有一个次品的概率约为，该事件是小概率事件，
因此一旦发生这种状况，就有理由认定生产过程中存在问题，即这一标准是合理的．
次品的概率为，
抽取100个零件进一步检测，设次品数为Y，则，其中，
故，
设次品数最可能是k件，
则，解得
因为，所以，，故
故这100个零件中的次品数最可能是 【解析】，故至少有1个次品的概率为，根据小概率事件说明即可；
次品的概率为，设次品数为Y，则，其中，设次品数最可能是k件，列不等式组，求解即可．
本题考查了正态分布的应用，属于基础题．
 21.【答案】解：因为满足PA与PB的斜率之积为，
所以有；
设，因为D在C内，
所以，
设的参数方程为：，为直线的倾斜角，
把代入中，得，
，
即，
设直线的倾斜角为，上式用代，
同理可得，
因为，是过C内同一点D的两条直线，交椭圆于MN，交椭圆于EF，且MNEF共圆，
所以由圆的相交弦定理可知：，
因为，所以有，
因为，是直线的倾斜角，所以，，
所以，
因为，是过C内同一点D的两条直线，
所以，因此由，
设，的斜率为，，因此有，
即这两条直线斜率之和为 【解析】根据直线斜率公式，结合已知进行求解即可；
根据四点共圆的性质，结合直线的参数方程进行求解即可．
本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
 22.【答案】解：因为，所以，即在处的切线方程为；
证明：①易得，，因为，
设，所以，
所以在定义域上有两解，等价于在上有两个不同的根，，
即直线与函数在上的图象有两个交点，
因为，易知当时，，当时，
设，，
而，
所以存在唯一的使得，即，
故当时，，单调递增，时，，单调递减，
综上可知，当时，，单调递增，时，，单调递减，
，所以；
设设，
所以，
因为，所以，
从而，在上递减，故，即，
当，显然，故时，恒成立，
故，
即方程在定义域上有两解，时，，原命题得证；
②由①知，设，所以，
所以在定义域上有两解，等价于在上有两个不同的根，，
不妨设，且，所以，
设，，所以，所以，，
即，又，所以，，
即，
所以，原不等式得证． 【解析】根据导数的几何意义即可求出；
①令，方程在定义域上有两解，，等价转化在上有两个不同的根，再判断出函数的单调性，求出最值，由直线与函数在上的图象有两个交点，即可证出；
②根据①，再利用“切线夹”原理放缩即可证出．
本题考查了导数的综合运用，属于中档题．