河北省2023届高三省级联测（四）数学试题（解析版）

这是一份河北省2023届高三省级联测（四）数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了 已知，则， 设，，，则， 在长方体中，，，则等内容，欢迎下载使用。
2022—2023高三省级联测考试数学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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，再选涂其他答案标号.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. 若复数满足，则（    ）A.  B.  C. 1 D. 【答案】C【解析】【分析】求出的值，即可求出的值.【详解】由题意，∵, 即, ∴, 则, ∴, 故选：C.2. 若集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，再根据交集的运算求解.【详解】由，可得，解得，所以，又由，可得，解得，所以，所以，故选:D.3. 已知为所在平面内一点，且满足，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据向量的线性表示和加减法运算即可求解.【详解】如图，因为，所以是线段的四等分点，且,所以,故A,B错误；由，可得，故C正确，D错误，故选:C.4. 某医院需要从4名女医生和2名男医生中抽调3人参加社区的老年义诊活动，则至少有1名男医生参加的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据古典概率模型以及组合数的运算公式求解.【详解】设事件表示：至少有1名男医生参加，则事件表示：没有1名男医生参加，即三名都是女医生，所以,所以,故选:C.5. 如图，是1963年在陕西省宝鸡市出土的一口“何尊”（尊为古代的酒器，用青铜制成），尊内底铸有铭文122字.铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的出处.“何尊”可以近似看作是圆台和圆柱组合而成，经测量，该组合体的高约为，上口的直径为，圆柱的高和底面直径分别为，，则“何尊”的体积大约为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据圆柱和圆台的体积公式即可求解.【详解】解：由题意可知，圆台的高度为，圆台体积，圆柱体积，则“何尊”的体积，故选：A.6. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用三角函数诱导公式结合二倍角余弦公式，化简求值，即得答案.【详解】由题意得故选：B7. 设，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据所给数的结构特征，设函数，利用导数判断其单调性，利用单调性比较大小，可得答案.【详解】设函数，则，当时，，当时，，故在单调递增，在上单调递减，又，，，因为，故，即，故选：B【点睛】方法点睛：此类比较大小类题目，要能将所给数进行形式上的变化，进而由此构造函数，利用导数判断单调性，进而比较大小.8. 在三棱锥中，底面，和的外接圆半径分别为，，若三棱锥外接球的表面积与体积数值相同，，则取得最大值时，的正弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据球表面积和体积公式可得,根据线面垂直以及外接圆的性质可得，满足结合不等式即可求解最值，进而由正弦定理即可求解.【详解】设和的外接圆的圆心分别为,由底面，平面,
 所以,所以为直角三角形，所以为的中点，所以，由于，所以，设三棱锥外接球的球心为，连接,则底面，底面,
 故,，由于三棱锥外接球的表面积与体积数值相同，设外接球的半径为,所以,所以，当且仅当 时取等号，在中，由正弦定理可得，故选：C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. 已知函数，且，是函数相邻的两个最大值点，，，则（    ）A.  B. C  D. 【答案】ABD【解析】【分析】由相邻的两个最大值点对应，可得函数的周期，由，，可得函数的最值，即，再由函数取得最大值苛求，进而可判断选项是否正确.【详解】A选项：因，所以，因，，故，故A正确；B选项：因，是函数相邻的两个最大值点，所以，所以，故B正确；C选项：由题意，时，即，即，因，故，故C错误；D选项：由以上选项知，，，故D正确.故选：ABD.10. 在长方体中，，，则（    ）A. 直线与所成的角为B. 直线与所成的角为C. 直线与平面所成的角为D. 直线与平面所成角的正弦值为【答案】CD【解析】【分析】根据异面直线的概念求得直线与所成的角以及直线与所成的角，判断A，B；根据线面角的概念求出线面角的大小可判断C，D.【详解】对于A，如图，连接交于点E，由于，故四边形为平行四边形，所以,则即为直线与所成的角或其补角，因为，，故中，，则，又,故，所以直线与所成的角为，A错误；对于B，连接，若直线与所成的角为，即，因为平面，平面，故，又平面，所以平面，平面，故，结合A的分析可知成角，因此出现矛盾，B错误；对于C，因为平面，则即为直线与平面所成的角，由于,所以，故C正确；对于D，连接交于O，连接，因为为正方形，则，即又平面，平面，故,而平面，故平面，则为直线与平面所成角，而,故，D正确，故选：CD11. 已知点为抛物线：上一点，为的焦点，，是上两个动点，则（    ）A. 若的中点的横坐标为4，的最大值为8B. 若直线经过点时，的最小值为4C. 若，则直线的斜率为或D. 直线，的倾斜角互补，与的另一个交点为A，则直线的斜率为【答案】BD【解析】【分析】根据抛物线上的点可求得p，可抛物线方程，利用，结合焦半径公式可判断A；根据抛物的通径可判断B；设直线的方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系，结合，可求得直线的斜率，判断C；根据的斜率可求得点A坐标，同理求得B点坐标，即可得直线的斜率，判断D.【详解】由点为抛物线：上一点，则，设，对于A，的中点的横坐标为4，则，而，当且仅当直线过焦点F时取等号，即的最大值为10，A错误；对于B，若直线经过点时，由于过焦点的弦中，通径最短，其长为，故的最小值为4，B正确；对于C，若，知直线过焦点,且直线的斜率不为0，故设直线的方程为，联立，则，，则，因为，故，解得，故当时，，；当时，，，故直线的斜率为或，C错误；对于D，直线，的倾斜角互补，直线的斜率为,解得，则,由于直线，的倾斜角互补，则,则，解得,则，故直线的斜率为，D正确，故选：BD12. 已知函数，的定义域均为，导函数分别为，，若，，且，则（    ）A. 4为函数的一个周期 B. 函数的图象关于点对称C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据题中条件可得即可判断A,由的关系可判断B，由得进而可得 ，结合周期性即可判断CD.【详解】由得，所以，所以，故4为函数的一个周期，A正确，，故，因此，故函数的图象关于点对称，B正确，在中，令 由得 为常数，故， 由函数的图象关于点对称，，因此，所以由于的周期为4，所以的周期也为4，由于，所以， ，所以，故C正确，由于,故D错误，故选:ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若的展开式中的系数为，则____．【答案】2【解析】【分析】利用通项公式即可得出.【详解】的展开式的通项公式：，令或，解得或，，解得.故答案为2.【点睛】求二项展开式中的特定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数，代回通项公式即可．14. 已知圆经过点，与直线相切，且被轴截得的弦长为，则圆的标准方程为________.【答案】【解析】【分析】设圆心和半径，由题意列出方程组，求得圆心和半径，即得答案.【详解】设所求圆的圆心为，半径为R，则由题意可得，解得，故圆的标准方程为，故答案为：15. 若数列满足，，则________.【答案】##【解析】【分析】根据数列递推式求出数列的前面几项，确定数列的周期性，即可求得答案.【详解】由题意知，，故，，故，同理，由此可知数列为周期性数列，每3项为一个周期，故，故答案为：16. 已知，分别为椭圆：的两个焦点，右顶点为，为的中点，且，直线与交于，两点，且的周长为28，则椭圆的短轴长为________.【答案】【解析】【分析】根据垂直平分线的性质，结合椭圆的焦点三角形，可得，利用的数量积为0，即可求解.【详解】由，为的中点，所以是的垂直平分线，所以,所以的周长为，，所以，由于，所以，故答案为：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，，分别为三个内角 ，，的对边，且.（1）证明：；（2）若为的中点，且，，求的周长.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角化简可得，再结合三角诱导公式以及两角和的正弦公式以及同角的三角函数关系化简，即可证明结论；（2）由题意推得，结合（1）的结论可得，结合勾股定理即可求得，即得答案.【小问1详解】由题意知，故由正弦定理可得，即，又，所以,即，即，而在中，，所以，即；【小问2详解】若为的中点，且，，即,则,故，由得，由可得，则，故的周长为.18. 已知数列的前项和为，，．（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，证明：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据数列的递推式可得时，，采用作差的方法可得，结合累乘法即可求得答案；（2）由（1）可得的通项公式，利用裂项求和的方法，即可求得，从而证明结论..【小问1详解】因为，所以当时，，两式作差可得，整理得．，令，则，所以，所以，则，当时，也符合上式，综上，．【小问2详解】证明：由（1）可知，，则，因为，所以，所以．19. 为了研究某种细菌随天数变化的繁殖个数，设，收集数据如下：天数123456繁殖个数612254995190表（Ⅰ）3.5062.833.5317.50596.5712.08表（Ⅱ）（1）根据表（Ⅰ）在图中作出繁殖个数关于天数变化的散点图，并由散点图判断（，为常数）与（，为常数，且，）哪一个适宜作为繁殖个数关于天数变化的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）（2）根据（1）中的判断结果和表（Ⅱ）中的数据，建立关于的经验回归方程（结果保留2位小数）.附：对于一组数据，，…，，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，.【答案】（1）散点图见解析；适宜.    （2）【解析】【分析】（1）由已知数据即可作出散点图，据此可判断出结论；（2）由最小二乘法计算和，可得，即可求得答案.【小问1详解】由题意作出散点图如图：由散点图可知，样本点是沿指数型曲线分布，不是分布在某直线附近，故（，为常数，且，）适宜作为繁殖个数关于天数变化的回归方程类型.【小问2详解】由题意知，故，则，，则，故.20. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，，，为棱上一点，，过，，三点作平面交于点.（1）求点到平面的距离；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）如图所示建立空间直角坐标系，确定各点坐标，根据得到，确定平面的法向量，再利用点到平面的距离公式计算得到答案.（2）确定平面与平面的法向量，再根据向量的夹角公式计算即可.小问1详解】如图所示：取为中点，为菱形，，则，故，，，以，，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设，则，即，故，解得，故，设平面的法向量为，则，取，得到，点到平面的距离为.【小问2详解】设平面的法向量为，则，取，得到；设平面的法向量为，则，取，得到；平面与平面夹角为锐角，余弦值为.21. 已知为双曲线：的左焦点，经过作互相垂直的两条直线，，斜率分别为，，若与交于，两点，与交于，两点，为的中点，为的中点，为坐标原点.当时，直线的斜率为2.（1）求双曲线的标准方程；（2）求与的面积之比.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由点差法即可得到，从而得到双曲线的标准方程；（2）根据题意，联立直线与双曲线方程结合韦达定理，表示出直线的方程，从而可知其恒过点，即可得到与的面积之比.【小问1详解】依题意可知，，设，则，两式作差可得，即，又当时，直线的斜率为，所以，所以，又因为，解得，，所以双曲线的标准方程为.【小问2详解】设，直线与双曲线方程联立，整理得，且，则，所以，即，因为直线垂直，所以，用替换，得到，当时，直线的斜率为，所以直线方程为，即令，得，所以直线过点，当时，即时，直线的方程为，直线过综上，直线恒过点.所以与的面积之比为.【点睛】解答本题的关键在于得到直线恒过定点，需要先表示出点的坐标，然后结合直线点斜式即可得到其方程，从而得到结果.22. 已知函数，，为自然对数的底数.（1）证明：函数存在唯一的极值点；（2）在（1）的条件下，若，且，证明：.【答案】（1）证明见解析；    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，求导得，然后通过研究的零点转化为函数的极值点；（2）根据题意，由于得到，再由在恒成立，即可证明.【小问1详解】证明：函数的定义域为，则，令，因为，则在恒成立，所以函数在上单调递增，因为，所以，所以，，所以函数在上存在唯一零点.又当时，，即，函数单调递增，当时，，即，函数单调递减，所以函数在处取得极大值，即函数存在唯一的极值点.【小问2详解】证明：由（1）知，，，则，即，则.①又，即，则有.②联立①②可得，令，则，当时，，即，，所以单调递减，则，即在恒成立，所以，所以，则，即，即，即.【点睛】本题考查函数单调性，函数的极值以及函数不等式的证明，解答本题的关键在于找到等量关系，从而去证明不等关系.