2023届河北省正定中学高三模拟预测（二）数学试题含解析

这是一份2023届河北省正定中学高三模拟预测（二）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，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河北省正定中学高三模拟预测（二）数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】解一元二次不等式解出集合、，再计算交集即可.【详解】，，所以，故选：.2．设复数，，且，则的最大值为（    ）A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数模的计算公式得到不等式，解得即可.【详解】因为复数，又，且，所以，解得，所以的最大值为.故选：C.3．已知命题或，则命题的否定为（    ）A．或B．且C．且D．且【答案】D【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，因为命题或是存在量词命题，所以命题的否定为且.故选：D.4．已知等比数列的前三项和为，则（    ）A．81 B．243 C．27 D．729【答案】B【分析】由等比数列的概念与性质计算即可.【详解】由.而，∴ ，又，.故选：.5．某校有演讲社团､篮球社团､乒乓球社团､羽毛球社团､独唱社团共五个社团，甲､乙､丙､丁､戊五名同学分别从五个社团中选择一个报名，记事件A为“五名同学所选项目各不相同”，事件为“只有甲同学选篮球”，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分别求出事件、事件的可能的种数，代入条件概率公式即可求解.【详解】事件：甲同学选篮球且五名同学所选项目各不相同，所以其他4名同学排列在其他4个项目，且互不相同为，事件：甲同学选篮球，所以其他4名同学排列在其他4个项目，可以安排在相同项目为，故.故选:.6．已知一个圆台的上､下底面面积之比为，其轴截面面积为9，母线长为上底面圆的半径的倍，则这个圆台的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】已知一个圆台的上､下底面面积之比为，得，因为圆台的轴截面面积为9，所以，过点作，得，所以，即，求得，，然后利用圆台的体积公式求解即可.【详解】如图，设圆台上､下底面圆心分别为，半径分别为，由题意得，即，因为圆台的轴截面面积为9.所以，所以，过点作于点，所以，因为母线长为上底面圆的半径的倍，所以，即.所以，所以，所以圆台的体积.故选：C7．已知函数，则下列说法错误的是（    ）A．的值域为B．的单调递减区间为C．为奇函数，D．不等式的解集为【答案】D【分析】首先化简函数，再结合三角函数的性质，即可判断选项.【详解】因为，所以，所以，故选项A正确；由得，所以的单调递减区间为，故选项B正确；所以，所以为奇函数，故选项C正确；由得，即所以，所以不等式的解集为，故选项D错误.故选：D.8．已知，函数.若存在，使得，则当取最大值时的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出，由结合参变量分离法可得出，可求得的最大值，将的最大值代入函数的解析式，利用二次函数的基本性质可求得的最小值.【详解】因为，所以，依题意，因为存在，使得，所以，即有解，因为，则，所以有解，所以，因为，所以，所以，所以的最大值为.此时，当且仅当时，取等号，所以的最小值为，故选：C. 二、多选题9．在棱长为1的正方体中，点在四边形内（含四边形的边）运动，则下列说法正确的是（    ）A．上的任意一点到平面的距离恒为定值B．直线与所成角的正弦值的取值范围为C．若，直线与平面所成角的正切值为D．三棱锥外接球的体积最大值等于正方体的外接球的体积【答案】ACD【分析】A项，用线面平行来判定；B项，先确定∠PAB即所求夹角，利用三余弦定理分析其范围即可；C项，作PQ⊥面DC1，利用线段比例关系计算即可；D项，直接分析特殊端点即可判定.【详解】对于，由正方体的性质知，平面，所以上的任意一点到平面的距离恒为定值，故选项正确；对于B，由正方体的性质知，，所以直线与所成角即为直线与所成角，因为点在四边形内（含四边形的边）运动，如下图所示，过P作PG⊥AC于G，过G作GH⊥AB于H，显然有PH⊥AB，，，由三余弦定理知：，即所以直线与所成角的正弦值的范围为，故选项B错误；对于C，因为，所以点是上靠近的四等分点，过点作平面的垂线，垂足为，过Q作QK⊥CC1于K，连接PK，则为直线与平面所成的角，由正方体的性质知，是靠近的四等分点，连接，在Rt中，易得，所以，故选项正确；对于D，因为点在四边形内（含四边形的边）运动，当点在或点时，其外接球的体积最大为正方体的外接球的的体积，当点不在或时，其外接球体积较小，故D正确.故选:ACD.10．已知函数，下列说法正确的是（    ）A．在处的切线方程为B．C．若函数的图象与的图象关于坐标原点对称，则D．有唯一零点【答案】ABD【分析】利用导数的几何意义求出切线方程判断A；计算即可判断B；利用对称关系求出解析式判断C；利用导数探讨单调性结合零点存在性定理判断D作答.【详解】对于A，函数，求导得，有，所以在处的切线方程为，即，A正确；对于B，函数，有，而，所以，B正确；对于C，函数，函数的图象与的图象关于坐标原点对称，所以，C错误；对于D，函数的定义域为R，求导得，令，，当时，当时，，则函数在上递增，在上递减，于是，函数在上单调递增，而，由零点存在性定理知在内存在唯一零点，所以有唯一零点，D正确.故选：ABD11．已知随机变量，二项式，则下列说法正确的是（    ）A．B．二项式的展开式中所有项的系数和为256C．二项式的展开式中含项的系数为252D．的展开式中含项的系数为5418【答案】BCD【分析】由，可判定A错误；令，求得所有的的系数和，可判定B正确；求得展开式的通项， 令，代入求解，可判定C正确；令，代入求得的展开式中含项的系数，进而可判定正确.【详解】对于A中，因为随机变量且，所以，所以A错误；对于B中，在中，令，可得展开式中所有的的系数和为，所以B正确；对于C中，当时，展开式的通项为， 令，解得，所以二项式的展开式中含项的系数为，所以C正确；对于D中，由选项C中二项式的展开式中含项的系数为，再令，解得，可得二项式的展开式中含项的系数为，所以的展开式中含项的系数为，所以正确.故选：BCD.12．设为椭圆上的动点，分别为椭圆的左，右焦点，焦距为，点到三边的距离相等，椭圆的离心率为，短轴长为，则（    ）A．点到椭圆的焦点的最大距离为4B．若，则C．的面积的最大值为8D．直线和直线的斜率之积是定值【答案】ABD【分析】由题意先计算得椭圆方程，对于A利用焦半径公式计算即可；对于B，利用椭圆的定义及勾股定理计算即可；对于C，根据椭圆性质可直接判定面积最大时P为上（下）顶点；对于D，延长PI交x轴于G，结合角平分线定理得，用P坐标表示直线和直线的斜率之积，化简即可.【详解】根据题意得.对于A，设点坐标为，根据椭圆的对称性，不妨求其到右焦点的距离为，，即P到椭圆的焦点的最大距离为，故选项A正确；对于B，若，所以，设，解得：，故选项B正确；对于C，依题意的面积的最大值为，所以，故选项C错误；对于D.连接并延长交轴于.因为到三边的距离相等，则由内角平分线定理可得，所以.设，则.，所以，所以，则，又，则.所以，则，所以，所以，则.所以直线和直线的斜率之积是定值.故选项D正确.故选：ABD.  【点睛】关键点睛：本题D选项的解决关系是利用内角平分线定理得到，从而得到坐标之间的关系，由此得解. 三、填空题13．数据1，2，a，6的平均数是3，若将这组数据中的每一个数据都加上2023，得到一组新数据，则新数据的标准差为___________.【答案】【分析】算出平均数后套用公式先求方差，进而求出标准差.【详解】因为数据的平均数是3，所以，解得，若将这组数据中每一个数据都加上2023，则新数据的平均数为，方差为所以新数据的标准差为.故答案为：.14．希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，点是满足的阿氏圆上的任一点，若抛物线的焦点为，过点的直线与此阿氏圆相交所得的最长弦与最短弦的和为___________.【答案】【分析】由阿氏圆的定义得到点的轨迹方程，即阿氏圆的方程，然后由圆的性质即可求解.【详解】设，由阿氏圆的定义可得，即，化简得.所以，所以点在圆心为，半径为的圆上，因为抛物线的焦点为.所以，因为.所以点在圆内，因为点到与圆心的距离为，所以过点的最短弦长为，过点的最长弦长为，所以过点的最长弦与最短弦的和为.故答案为：15．已知函数的导函数为，且满足关系式.则的图像上任意一点处的切线的斜率的取值范围为___________.【答案】【分析】先对已知关系式求导，然后令，求出，从而得到，然后根据解析式的特点，选择用基本不等式求最值，从而得到结果.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，所以的图像上任意一点处的切线的斜率的取值范围为.故答案为：.16．已知平面向量满足，则以为直径长的圆的面积的最大值为___________.【答案】【分析】作出相关向量后用解三角形的知识求解.【详解】因为，所以，又因为，所以与的夹角大小为，如图，作，连接，则，所以，又，所以四点共圆，故当为圆的直径时，最大.此时，在Rt中，.在中，，所以，即，所以，整理得，所以.所以，即的最大值为.所以以为直径的圆的面积的最大值为.  故答案为： 四、解答题17．已知的内角所对的边分别为，且.(1)求角的大小；(2)求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意得到，由正弦定理化简得到，求得，即可求解；（2）由正弦定理得到，再由余弦定理和基本不等式得到，结合，即可求解.【详解】（1）解：因为，所以，即，由正弦定理，可得，因为，可得且，所以，则，所以，因为，所以，则.（2）解：由（1）可得，由正弦定理，可得，所以.由余弦定理可得，又由基本不等式，当且仅当时取等号，可得，所以，故的最大值为.18．已知数列的前项和为，满足（为常数）.(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）通过已知条件，求出参数，利用求解通项公式即可；（2）根据（1）写出的通项公式，利用错位相减法求解即可.【详解】（1）令，可得，所以，当时，，可得，所以，又因为满足上式，所以；（2）因为，所以，两边乘得：,两式相减得：,即：,所以.19．某小组共人，利用假期参加义工活动．已知参加义工活动次数为的人数分别为.现从这人中随机选出人作为该组代表参加座谈会．(1)设为事件“选出的人参加义工活动次数之和为”，求事件发生的概率；(2)设X为选出的人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量的分布列和数学期望与方差．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为，方差为 【分析】（1）利用古典概型概率计算公式，结合组合数的计算求得事件发生的概率.（2）利用古典概型概率计算公式，结合组合数的计算的分布列并求得数学期望、方差.【详解】（1）由已知得.（2）的可能取值为，，.所以随机变量X的分布列为X012P..20．如图，正六棱柱的所有棱长为分别为的中点.  (1)求证：直线直线；(2)求平面与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接，根据题意得到且，结合勾股定理证得，进而证得平面，即可得到；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式和三角函数的基本关系式，即可求解.【详解】（1）证明：如图所示，连接，因为是正六棱柱，且棱长为，可得且，又因为，所以，可得，由，且平面，所以平面，又由平面，所以.（2）解：以为坐标原点，分别以所在的直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为正六棱柱的所有棱长为且分别为的中点，可得，所以，设平面的一个法向量为，则，令，可得，所以，设平面的一个法向量为，则，令，可得，所以.所以，设平面与平面所成角为，则，所以.所以平面与平面所成角的正弦值为.  21．已知函数.(1)求的单调区间；(2)若在上恒成立，求证：.【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为(2)证明见解析 【分析】（1）在定义域范围内求导函数大于零或小于零的解集即可；（2）将问题转化为在上恒成立，含参讨论得时，有最大值即证明.【详解】（1）因为的定义域为，所以，令得或；令得.所以的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）因为：在上恒成立，即在上恒成立，设.则.①若，则单调递增，的值域为，故不能恒成立，故舍去；②若，则当时，；当时，，从而在上单调递增，在上单调递减，所以有最大值，所以.22．双曲线的左､右焦点分别是，离心率为3，点在双曲线上.(1)求双曲线的标准方程；(2)分别为双曲线的左，右顶点，若点为直线上一点，直线与双曲线交于另一点，直线与双曲线交于另一点，求直线恒经过的定点坐标.【答案】(1)(2)直线恒过定点 【分析】（1）由题意可得，，求解即可；（2）由题意可得，设，从而得到直线的方程为，直线的方程为，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求得，，从而求得直线的方程为，当时，令，求得；当时，直线的方程为过定点，从而可确定直线过定点.【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，又离心率，即，所以，所以双曲线的方程为；（2）设，因为分别为双曲线的左，右顶点，所以，所以直线的方程为.由消去得.因为直线与双曲线交于点，所以，所以.因为，所以，所以，所以.因为直线的方程为，由消去得.因为直线与双曲线交于点，所以.所以.因为，所以，，所以.所以当且时，直线的斜率为当时，直线的方程为令，得所以所以直线过定点.当时，，直线的方程为，过定点.当或时，直线分别与双曲线的渐近线平行，点不存在.综上，直线恒过定点.【点睛】思路点睛:与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.