2023届河北省衡水中学高三下学期五调数学试题含解析

这是一份2023届河北省衡水中学高三下学期五调数学试题含解析，共20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届河北省衡水中学高三下学期五调数学试题 一、单选题1．已知集合，，则下列结论中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求出集合，再根据交集和补集的定义结合集合间的关系逐一判断即可.【详解】或，则集合不具有包含关系，故A错误；，故B错误；，则不具有包含关系，故C错误；，故D正确.故选：D.2．某企业为了解员工身体健康情况，采用分层抽样的方法从该企业的营销部门和研发部门抽取部分员工体检，已知该企业营销部门和研发部门的员工人数之比是4:1，且被抽到参加体检的员工中，营销部门的人数比研发部门的人数多72，则参加体检的人数是（    ）A．90 B．96 C．120 D．144【答案】C【分析】设参加体检的人数是，根据题意列出方程，求解即可.【详解】解：设参加体检的人数是，则，解得，所以参加体检的人数是120人.故选：C.3．已知复数在复平面上对应的点是一个正方形的3个顶点，则这个正方形的第4个顶点所对应的复数（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的除法运算求得，结合复数的几何意义可得对应的点，利用正方形性质，根据向量相等，即可求得答案.【详解】由，设复数在复平面上分别对应点，设正方形的第四个顶点对应的坐标是，则其对应的复数为，结合对应点的位置特征知：，又，∴,，∴，故这个正方形的第四个顶点对应的复数是.故选：B4．如图，在正方形中，分别是边上的点，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用正切的和差公式得到，然后得到，即可得到.【详解】由题可知，则，即，.故选：D.5．李明开发的小程序经过t天后，用户人数，其中k为常数.已知小程序发布经过10天后有2000名用户，则用户超过50000名至少经过的天数为（    ）（取）A．31 B．32 C．33 D．34【答案】D【分析】依题意知，从而求得，再令，结合对数运算可求得结果.【详解】∵经过t天后，用户人数，又∵小程序发布经过10天后有2000名用户，∴，即，可得，∴①当用户超过50000名时有，即，可得，∴②联立①和②可得，即，故，∴用户超过50000名至少经过的天数为34天.故选：D.6．如图，在棱长为4的正方体中，点P是的中点，动点Q在平面内（包括边界），若平面，则AQ的最小值是（    ）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】分别为的中点，连接，证明平面平面，得到的轨迹为线段，AQ的最小值是边上的高，计算得到答案.【详解】如图所示：分别为的中点，连接，，，故，平面，平面，故平面；易知四边形为平行四边形，，平面，平面，故平面；，平面，故平面平面，当平面时，面平面，故的轨迹为线段，，，AQ的最小值是边上的高，为.故选：D7．若数列对任意正整数，有(其中，为常数，且，则称数列是以为周期，以为周期公比的类周期性等比数列. 已知类周期性等比数列的前4项为1，1，2，3，周期为4，周期公比为3，则的前25项和为（    ）A．3 277 B．3 278 C．3 280 D．3 282【答案】A【分析】确定，再根据数列的性质，根据分组求和法结合等比数列求和公式计算得到答案.【详解】，，则的前25项和为： .故选：A8．已知分别是双曲线的左、右焦点，过点作直线交于两点. 现将所在平面沿直线折成平面角为锐角的二面角，如图，翻折后两点的对应点分别为，且若，则的离心率为（    ）    A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意分析可知锐角二面角，利用双曲线的定义与性质结合余弦定理运算求解.【详解】设双曲线的半焦距为，由题意可得：，则，且，则锐角二面角，在中，由余弦定理可得：，在中，由余弦定理可得：，因为，即，可得，解得.故选：C.【点睛】方法点睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值． 二、多选题9．设为正实数，则下列命题正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，，则【答案】AC【分析】根据已知条件及不等式的性质逐一判断选项即可.【详解】对于A，由及为正实数，可知，，则，由，可得，所以，故A正确；对于B，若，则，所以，故B错误；对于C，若，则，故C正确；对于D，若，则，故D错误.故选：AC10．若的三个内角均小于，点满足，则点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被人们称为费马点.根据以上性质，已知是平面内的任意一个向量，向量满足，且，则的取值可以是（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】设，，，则，即为点到三点的距离之和，由费马点的性质可知当时，取得最小值，然后求解即可.【详解】因为，，设，，，则，即为点到三点的距离之和，则是等腰锐角三角形，如图：  由费马点的性质可知，当点满足时，点到三角形三个顶点的距离之和最小，所以，则的最小值是.故选：AB11．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（    ）A．B．在第2022行中第1011个数最大C．记“杨辉三角”第行的第i个数为，则D．第34行中第15个数与第16个数之比为【答案】AC【分析】利用二项式定理，结合组合数运算性质逐一判断即可.【详解】A：所以本选项正确；B：第2022行是二项式的展开式的系数，故第2022行中第个数最大，所以本选项不正确；C：“杨辉三角”第行是二项式的展开式系数，所以，，因此本选项正确；D：第34行是二项式的展开式系数，所以第15个数与第16个数之比为，因此本选项不正确，故选：AC12．已知函数，则（    ）A．是奇函数 B．的最大值大于C．， D．，【答案】BCD【分析】根据函数的性质分别判断各选项.【详解】的定义域为，，故选项A错误；，故选项B正确；，故选项C正确；，，，当时，，，而在上单调递增，，当时，，故选项D正确，故选：BCD. 三、填空题13．设命题，若是假命题，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】判断命题的真假，利用基本不等式，即可求得参数范围.【详解】是假命题，故是真命题；又当时，单调递增，其值域为，若满足题意，则，即的取值范围为.故答案为：.14．抛物线C：的焦点为F，准线为l，M是C上的一点，点N在l上，若，且，则______.【答案】5【分析】根据题意结合抛物线的定义可求得，再根据垂直关系求得，由直线方程求得即可得结果.【详解】由题意可得：抛物线C：的焦点为，准线，不妨设点，则，即，可得，即，故，则直线的斜率，∵，则直线的斜率，∴直线的方程，令，解得，即，故.故答案为：5.15．已知函数在区间上有零点，则的最小值为___________.【答案】【分析】根据函数零点性质，结合点到直线距离公式，通过构造新函数，利用导数求出最值即可.【详解】设为在上的一个零点，则，所以在直线上，又为坐标原点，易知.令，则，所以在上单调递增，所以.所以的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：根据点到直线距离公式，结合两点间距离公式，再构造函数求最值是解题的关键.16．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值为__________.【答案】【分析】分析出球心的位置，得出半正多面体所在的正四面体的高，求出点到正六边形所在平面的距离，到正三角形所在平面的距离，即可求出当球的表面积最大时，该球的半径，进而得出表面积.【详解】由题意，半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，，当球的表面积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的外接球的球心，记球心为.在中， ，,该半正多面体所在的正四面体的高为：，设点到正六边形所在平面的距离为，过点作于，由几何知识得，∴，即，解得：，∴当球的表面积最大时，该球的半径为，表面积为.故答案为：. 四、解答题17．已知数列满足，，且，，成等差数列.(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据等差数列的性质，结合因式分解法、等比数列的定义进行求解即可；（2）利用分组法，结合等比数列和等差数列的前项和公式进行求解即可.【详解】（1）∵，∴.又∵，∴，即，∴数列是公比为2的等比数列.又∵，，成等差数列，∴，即，解得.∴；（2）由（1）可知，∴∴.18．如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东偏北角方向的，位于该市的某大学与市中心的距离km，且. 现要修筑一条铁路，在上设一站，在上设一站，铁路在部分为直线段，且经过大学，其中，，km.    (1)求大学与站的距离；(2)求铁路段的长.【答案】(1)km(2)km 【分析】（1）在中运用余弦定理即可；（2）首先利用正弦定理求得，根据同角三角函数的关系求得和的值，再在中利用正弦定理即可求得的长.【详解】（1）在中，，，且，，由余弦定理，得，所以，所以大学与站的距离为km；（2）因为，且为锐角，所以，在中，由正弦定理得，即，解得，由题意知为锐角，所以，所以，因为，，且为锐角，所以，，所以 ，又，所以，在中，由正弦定理，得，即，解得，所以铁路段的长为km .19．如图，三棱锥和三棱锥均为棱长为的正四面体，且四点共面，记直线与的交点为 .  (1)证明：平面平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接与的交点为，连接，可证得，进而证，再证四边形是菱形得，从而可证；（2）过点作，交于点，则平面，分别求得，，再以为坐标原点， 所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为 ，平面的一个法向量为 ，再利用面面角的向量求法即可求解.【详解】（1）如图，连接与的交点为，连接，  因为三棱锥和三棱锥均为棱长为的正四面体，所以，，，则，则，所以，所以，因为，所以四边形是平行四边形，又，所以四边形是菱形，则，因为，平面，所以平面，又平面，所以平面平面 ；  （2）过点作，交于点，则平面，又三棱锥是正四面体，所以是的中心.在中，，在中，，又，所以，所以，由（1）知两两垂直，故以为坐标原点， 所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，  则，，，，故，，设平面的法向量为，则，即令，则，，得平面的一个法向量为 ，设平面的法向量为，则，即令，则，，得平面的一个法向量为 ，设二面角的平面角为，    则 ，所以，故二面角的正弦值为.20．某校组织甲、乙、丙、丁、戊五位学生参加某大学的测试活动，现有A，B两种不同的测试方案，每位学生随机选择其中的一种方案进行测试.选择A方案测试合格的概率为，选择B方案测试合格的概率为，且每位学生测试的结果互不影响.(1)若甲、乙、丙三位学生选择A方案，丁、戊两位学生选择B方案，求恰有三位学生合格的概率；(2)若测试合格的人数的均值不小于3，试写出选择A方案进行测试的学生的人数.【答案】(1)(2)当选择A方案测试的学生人数为时，测试合格的人数的均值不小于3 【分析】（1）根据二项分布的概率公式以及独立事件的概率乘法公式求解；（2）利用二项分布的期望公式求解.【详解】（1）若选择A方案的三人全部合格，则所求概率，若选择A方案的三人中有两人合格，则所求概率，若选择A方案的三人中，只有一人合格，则所求概率，所以恰有三位学生合格的概率；（2）设选择A方案测试的学生人数为，则选择B方案测试的学生人数为并设通过A方案测试合格的学生人数为，通过B方案测试合格的学生人数为，当时，此时所有学生均选择B方案测试，则，所以，不符合题意；当时，此时所有学生均选择A方案测试，则，所以，符合题意； 当时，，，所以，又，则，故当时，符合题意. 综上，当选择A方案测试的学生人数为时，测试合格的人数的均值不小于3.21．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）：步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为6的圆形纸片，设定点到圆心的距离为4，按上述方法折纸.以点、所在的直线为轴，线段中点为原点建立平面直角坐标系.(1)求折痕围成的椭圆的标准方程；(2)若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，在轴的正半轴上是否存在定点，使得直线，斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，， 【分析】（1）根据椭圆的定义对照折纸的方法求出；（2）设直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理再结合斜率的两点公式求解即可.【详解】（1）如图以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，设为椭圆上一点，由题意可知，，所以点轨迹是以，为焦点，长轴长的椭圆，所以，，则，所以椭圆方程为；（2）由已知：直线过，设的方程为，由题意m必定是存在的联立两个方程得 ，消去得，得，设，，则，（*）所以，将（*）代入上式，可得，要使为定值，则有， ，又∵∴，此时，∴存在点，使得直线与斜率之积为定值.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)在区间上单调递减，在区间上单调递增(2) 【分析】（1）求出函数的导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）由题意得对任意恒成立，令，分、两种情况讨论，分别利用导数说明函数的单调性，即可得解；【详解】（1）因为定义域为，则，当时，令，解得，令，解得，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增； 当时，令，解得，令，解得；所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 综上，在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）由题意得对任意恒成立，令，则，若，当时，，， 令，则，所以在区间上单调递增，且，即，令，则，所以在区间上单调递增，且，即，所以当时，，则，所以在区间上单调递增，且，即恒成立，当时，，存在实数，使得，均有，则在区间上单调递减，且，不符合题意. 综上，实数的取值范围是.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．