2023届河北省高三模拟（一）数学试题含解析

这是一份2023届河北省高三模拟（一）数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届河北省高三模拟（一）数学试题

一、单选题
1．设全集，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由定义域得到，从而求出补集.
【详解】由题意得，，解得，因为，所以，
故．
故选：A．
2．已知复数，且，其中a，b为实数，则（    ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】计算出，得到，求出，得到答案.
【详解】，由，得，
所以，，所以．
故选：C．
3．已知向量，满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】对平方，可计算得，然后利用向量数量积运算律化简计算.
【详解】由，得，
即，解得，
故．
故选：A．
4．“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”．“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1．对任意正整数．记按照述规则实施第n次运算的结果为，若，且均不为1，则（    ）
A．5或16 B．5或32 C．3或8 D．7或32
【答案】B
【分析】根据题意可得，讨论的奇偶性，逐步运算求解.
【详解】由题知，
因为，则有：
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，则；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，则；
若为奇数，则，可得；若为偶数，则．
综上所述：或32．
故选：B．
5．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由图象得故排除AC选项；对D选项根据极值点个数排除；分析B项满足.
【详解】对于A选项，，A选项错误；
对于C选项，，C选项错误；
对于D选项，，有两个不等的实根，故有两个极值点，D选项错误．
对于B选项，，；
当时，，，此时，
当时，，，此时，
当时，，，此时，
依次类推可知函数值有正有负；
显然不单调；
因为当时，所以有多个零点；
因为，所以，所以既不是奇函数也不是偶函数，以上均符合，故B正确.
故选：B．
6．已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足，则动点Q形成轨迹的周长为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用等体积法及几何关系求出关于动点Q的等式关系 ，根据相关几何意义即可求出动点Q形成轨迹的周长.
【详解】设内切球O的半径为R，则，∴．
如图，连接AC与BD，设交点为F，取AD的中点E，连接PE，PF，EF．

根据等体积法得，
∴，整理得，又，
解得，．∴，，．
在中，．
∴点Q在以点F为圆心，为半径的圆上，其周长为．
故选：C．
7．2022年7月24日14时22分，搭载我国首个科学实验舱问天实验舱的长征五号B遥三运载火箭成功发射，令世界瞩目．为弘扬航天精神，M大学举办了“逐梦星辰大海——航天杯”知识竞赛，竞赛分为初赛和复赛，初赛通过后进入复赛，复赛通过后颁发相应荣誉证书和奖品．为鼓励学生积极参加，学校后勤部给予一定的奖励：只参加了初赛的学生奖励50元的奖品，参加了复赛的学生再奖励100元的奖品．现有A，B，C三名学生报名参加了这次竞赛，已知A通过初赛、复赛的概率分别为，；B通过初赛、复赛的概率分别为，，C通过初赛和复赛的概率与B完全相同．记这三人获得后勤部的奖品总额为X元，则X的数学期望为（    ）
A．300元 B．元 C．350元 D．元
【答案】B
【分析】求出X的可能取值及对应的概率，得到数学期望.
【详解】由题知X的所有可能取值为150，250，350，450，
，
，
，
，
所以数学期望（元）．
故选：B．
8．过椭圆C：上的点，分别作C的切线，若两切线的交点恰好在直线：上，则的最小值为（    ）
A． B． C．－9 D．
【答案】B
【分析】利用椭圆的切点弦方程得直线AB的方程为，联立椭圆方程利用韦达定理计算即可.
【详解】先证椭圆的切线方程：对于上一点，过点的切线方程为，
证明：当该切线存在斜率时，不妨设其方程为，与椭圆方程联立可得：
，
则，
代入切线方程得，
于是，从而切线方程为，
整理得：
由椭圆方程，知，，所以．
设两切线交点，易得切线PA的方程为，
切线PB的方程为．
由于点P在切线PA、PB上，
则，故直线AB的方程为，
联立方程，消去得，显然，
由韦达定理得．
即的最小值为．
故选：B．

二、多选题
9．在新冠疫情防控常态化的背景下，为提高疫情防控意识，某学校举办了一次疫情防控知识竞赛（满分100分），并规定成绩不低于90分为优秀．现该校从高一、高二两个年级分别随机抽取了10名参赛学生的成绩（单位：分），如下表所示：
参赛学生分数
高一
74
78
84
89
89
93
95
97
99
100

高二
77
78
84
87
88
91
94
94
95
96

则下列说法正确的是（    ）
A．高一年级所抽取参赛学生成绩的中位数为91分
B．高二年级所抽取参赛学生成绩的众数为94分
C．两个年级所抽取参赛学生的优秀率相同
D．两个年级所抽取参赛学生的平均成绩相同
【答案】ABC
【分析】根据中位数、众数和平均数的概念及计算公式，以及频率的计算公式，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由数据的中位数的概念及计算，可得高一年级所抽取参赛学生成绩的中位数为分，所以A正确；
对于B中，由数据的众数的概念，可得高二年级所抽取参赛学生的成绩中，94出现了2次，其他成绩均只出现1次，所以众数为94分，所以B正确；
对于C中，由表格中的数据，可得高一、高二年级参赛学生中成绩不低于90分的各5人，故他们的优秀率都为，所以C正确；
对于D中，由表格中的数据，可得高一年级所抽取参赛学生的平均成绩为：
分，
高二年级所抽取参赛学生的平均成绩为：
分，所以D错误.
故选：ABC．
10．已知抛物线C：的焦点为点在上，且弦的中点到直线的距离为5，则（    ）
A． B．线段的长为定值
C．两点到的准线的距离之和为14 D．的最大值为49
【答案】CD
【分析】根据抛物线的焦点即可判断选项A，根据抛物线的定义及性质求线段的长即可判断选项B，利用抛物线定义即可判断选项C，利用基本不等式的性质即可判断选项D.
【详解】由抛物线的焦点为，
所以，则，A错误；
设，，
则由弦的中点到直线的距离为5，可得，
所以，当过点时，由抛物线的定义可得；
当时，，
所以的长不是定值，B错误；
两点到的准线的距离之和与相等，值为14，C正确；，当且仅当时等号成立，
故的最大值为49，D正确．
故选：CD．
11．如图，在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，且，垂足为E，则（    ）

A． B．平面BDE
C．平面平面 D．平面
【答案】AC
【分析】由线面垂直的性质定理可判断选项A；由线面平行的判定定理可判断选项B；由线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理可判断选项C；举特例结合线面垂直的性质定理可判断选项D.
【详解】因为底面ABCD，底面ABCD，所以，故A正确；
如图所示，设AC与BD的交点为O，连接OE．
因为底面ABCD为菱形，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，平面BDE，平面BDE，，所以平面BDE，又平面，所以平面平面，故C正确；
由平面BDE，得，故OE与AC不垂直，
又，所以与OE不可能平行，
又OE为过的平面与平面BDE的交线，
所以与平面BDE不可能平行，故B错误；
若平面，平面，所以，
但是，当直四棱柱是棱长为1的正方体时，
则，且是直角三角形，且，，，
利用等面积法求得，
又，所以，，
在中，，
即，即BE不垂直ED，故D错误．
故选：AC．

12．已知函数是定义在R上的奇函数，函数是定义在R上的偶函数，且满足，，则（    ）
A．的图象关于点对称 B．是周期为3的周期函数
C． D．
【答案】ACD
【分析】A选项，根据的奇偶性得到的图象关于点对称，A正确；再由的奇偶性得到为周期为6的函数，再得到，B错误；CD选项，计算出，结合AB选项，得到，由周期性得到.
【详解】A选项，因为为偶函数，所以关于直线对称，所以，
所以，所以，
所以，即的图象关于点对称，A正确；
B选项，又是定义在R上的奇函数，所以，
即，所以，
所以是周期为6的周期函数．
在中，当时，得；
当时，得．
又由，得，，
所以，所以，
则，，因为，所以B错误；
CD选项，在中，令，得，所以，
在中，令，得，所以，
所以，
所以，C，D正确.
故选：ACD．
【点睛】设函数，，，．
（1）若，则函数的周期为2a；
（2）若，则函数的周期为2a；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a；
（5）若，则函数的周期为；
（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；
（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；
（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为4a．

三、填空题
13．中国共产党第二十次全国代表大会在北京召开期间，将含甲、乙在内的8名工作人员平均分配到两个省代表厅从事服务工作，则甲、乙两人不分在同一省代表厅的概率为______．
【答案】
【分析】先求基本事件总数，然后求满足事件发生的事件数，最后利用古典概型概率求解即可.
【详解】将8人平均分配到2个省代表厅的安排方法数为种，
其中甲、乙两人不在同一个省代表厅的方法数为种，
所以所求的概率为．
故答案为：.

四、双空题
14．已知圆与圆交于M，N两点，若，则实数a，的一对值可以为______，______．（写出满足条件的一组即可）
【答案】 5 1（答案不唯一）
【分析】先求出两圆的公共弦所在的直线方程，利用垂径定理结合条件列方程即可求解.
【详解】由题得圆的圆心为，半径为，
圆，即，
其圆心为，半径为，
根据两圆相交得①，
联立，相减得，
即直线MN的方程为，又，
则由垂径定理，得，即，
取，，符合①式.
故答案为：5，1（答案不唯一）.

五、填空题
15．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】化简得到由，由余弦函数的性质，求得，结合题意得到不等式组，求得，进而求得的取值范围．
【详解】由，
令，可得，
所以只需，解得，
又因为，所以，即，
所以的取值范围是．
故答案为：.
16．若函数有且仅有一个极值点，则a的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据题意，求导得，将函数极值点问题转化为零点问题，分离参数，再转化为函数图像交点问题，结合导数研究，即可得到结果.
【详解】若函数有且仅有一个极值点，只需有一个零点，且在此零点两侧，函数符号不同．
当时，，所以在R上单调递减，函数无极值点，
所以，令，则，即．
记，则，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，当时，；当时，，且，又，，
故的大致图象如下图所示：

由图可知，若有且仅有一个极值点，则，得．
所以的取值范围为．
故答案为:

六、解答题
17．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为，，，已知．
(1)证明：；
(2)若，，求△ABC的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)2

【分析】（1）利用正余弦定理及三角恒等变换的知识进行“角化边”，即可证明；
（2）结合（1）中的结论，结合余弦定理及面积公式进行化简求解.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
由正弦定理和余弦定理得，
整理得，
即，
又，，
所以．
（2）由（1）得，
由，，得．
由余弦定理可得，
即
所以，
所以△ABC的面积为．
18．已知数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，数列的前n项和为，若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由题意得到，结合与的关系，即可求得数列通项公式；
（2）由（1）化简得到，结合裂项相消法，求得，把不等式转化为，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，
当时，；
当时，，满足上式，
所以数列为等比数列，其通项公式为．
（2）解：由数列的通项公式为，
可得，
所以，
又由，可得，即，
当时，取得最大值，
故的取值范围为．
19．如图，矩形ABCD是圆柱的一个轴截面，点E在圆O上，，且，．

(1)当时，证明：平面平面BDE；
(2)若直线AF与平面ODE所成角的正弦值为，试求此时的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）得到和，从而证明线面垂直，进而证明面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，根据线面角的正弦值列出方程，求出答案.
【详解】（1）因为点E在圆O上，所以，
而矩形ABCD是圆柱的轴截面，
则有平面ABE，又平面ABE，即有，
又，，平面ADE，于是得平面ADE，
又因为平面ADE，所以．
当时，点F是DE的中点，又，则有
因为，平面，
所以平面BDE，又平面OAF，
所以平面平面BDE．
（2）在底面内过O作，则，，两两垂直，
所以以为原点，，，分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．

又因为，，，
所以，，则，，，．
，
设平面ODE的法向量为，则即
令得，， 即，设直线AF与平面ODE所成的角为，
则，解得．
即当时，直线AF与平面ODE所成角的正弦值为．
20．5G技术对社会和国家十分重要．从战略地位来看，业界一般将其定义为继蒸汽机革命、电气革命和计算机革命后的第四次工业革命．某科技集团生产A，B两种5G通信基站核心部件，下表统计了该科技集团近几年来在A部件上的研发投入（亿元）与收益y（亿元）的数据，结果如下：
研发投入x（亿元）
1
2
3
4
5
收益y（亿元）
3
7
9
10
11
(1)利用样本相关系数r说明是否可以用线性回归模型拟合y与x的关系（当时，可以认为两个变量有很强的线性相关性）；
(2)求出y关于x的经验回归方程，并利用该方程回答下列问题：
①若要使生产A部件的收益不低于15亿元，估计至少需要投入多少研发资金？（精确到0.001亿元）
②该科技集团计划用10亿元对A，B两种部件进行投资，对B部件投资元所获得的收益y近似满足，则该科技集团针对A，B两种部件各应投入多少研发资金，能使所获得的总收益P最大．
附：样本相关系数，
回归直线方程的斜率，截距．
【答案】(1)答案见解析
(2)回归方程为，①6.684亿元；②在A，B两种部件上分别投入8亿元，2亿元.

【分析】（1）先计算出，再根据公式计算出，再由即可判断；
（2）根据公式先求出回归直线方程，①令，解不等式即可求解；②根据题意，写出总收益的函数表达式，对函数求导，得出函数的单调性，然后利用函数的单调性求出最值即可.
【详解】（1），，
，，，
∴．
可以用线性回归模型拟合y与x的关系．
（2）∵，
∴，
∴y关于的经验回归方程为，
①令，得，解得，
∴若要使生产A部件的收益不低于15亿元，估计至少需要投入6.684亿元研发资金．
②设B部件的研发投入为亿元，则A部件的研发投入为亿元，
总收益，
，
令得，
当时，，P单调递增；当，，P单调递减，
所以当时，P取得最大值22亿元．
所以该科技集团在A，B两种部件上分别投入8亿元，2亿元的研发资金，可使所获得的总收益P最大．
21．已知直线l：与点，过直线l上的一动点Q作直线，且点P满足．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)过点F作直线与C交于A，B两点，设，直线AM与直线l相交于点N．试问：直线BN是否经过x轴上一定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)过定点；定点

【分析】（1）根据题意，得到，设，代入即可求得曲线C的方程；
（2）当直线AB的斜率不存在时，直线BN：，直线BN经过点，当直线AB的斜率存在时，不妨设直线AB：，得到直线AM：，求得，联立方程组求得，，再证直线BN经过点，再证得，即可得到直线BN经过点．
【详解】（1）解：由，可得，所以，
设，代入上式得，
平方整理即得C的方程为．
（2）解：当直线AB的斜率不存在时，不妨设点A在点B的上方，
则，，，
则直线BN：，直线BN经过点；
当直线AB的斜率存在时，不妨设直线AB：，，，
则直线AM：，
当时，，故，
由，得，
则，，所以，，
下面证明直线BN经过点，即证，即，
即，
由，，整理得，，
即恒成立．
即，即直线BN经过点．
综上所述，直线BN过轴上的定点．

【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
22．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在与上各有一个零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）把代入函数，求导，求出切点及切线的斜率即可根据直线的点斜式方程写出切线方程；
（2）当时，，不满足在有一个零点；当时，求的导数，分类讨论在不同取值范围时的单调性，结合零点存在性定理即可求函数在与上各有一个零点时实数的取值范围.
【详解】（1）由题意，，，
故，又因为，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）当时，当时，，不满足在有一个零点，不合题意．
当时，，，
设，则．
当时，，单调递减，，．
①当，即时，，故在上为减函数，，不满足在有一个零点；
②当即时，故存在，使得，故在上单调递增，在上单调递减．
又，因为，
且，
设，易得，
故在单调递增，故，故，
故．故在上有一个零点，
综上有在区间上有一个零点．
当时，，
设，则，
故为减函数，
因为，，
故存在使得成立，故在单调递增，在单调递减．
又，，
故存在使得成立，
故当时，，单调递减；当时，，单调递增．
又，故，且，
，
故，故存在使得，
综上有在区间上有一个零点．
综上所述，实数的取值范围为．
【点睛】本题主要考查导数的单调性与最值，学生要有较高的逻辑推理能力和运算能力，难点在于分类讨论在不同取值范围时的单调性，在此过程中常用到令新函数进行求导，判断新函数的单调性及函数值正负后再判断导函数的正负，进而判断原函数的单调性.
在用零点存在性定理时要结合单调性选取适当的自变量求函数值.