河北省沧州市沧县中学2023届高考猜题信息卷（一）数学试题（含解析）

河北省沧州市沧县中学2023届高考猜题信息卷（一）数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第一象限

C．第二象限 D．第四象限

2．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

3．已知点为角终边上一点，绕原点将顺时针旋转，点旋转到点处，则点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

4．某圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，则该圆锥的内切球的体积为（    ）

A． B． C． D．

5．已知平面向量满足，且与的夹角为，则“”是“”的（    ）

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

6．2021年9月24日，继上世纪60年代在世界上首次完成人工合成结晶牛胰岛素之后，中国科学家又在人工合成淀粉方面取得颠覆性､原创性突破——国际上首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成.网友戏称这一技术让“喝西北风”活着成为可能.从能量来源看，该技术涉及“光能一电能一化学能”等多种能量形式的转化，从技术流程上，该工艺分为四个模块：第一步是利用光伏发电将光能转变为电能，通过光伏电水解产生氢气，然后通过催化剂利用氢气将二氧化碳还原成甲醇，将电能转化为甲醇中储存的化学能；第二步是将甲醇转化为三碳；第三步利用三碳合成六碳；最后一步是将六碳聚合成淀粉.在这个过程中的能量转化效率超过，远超光合作用的能量利用效率.经过实验测试，已知通过催化剂利用氢气将二氧化碳还原生成甲醇的浓度与其催化时间（小时）满足的函数关系式为，且.若催化后20小时，生成甲醇的浓度为，催化后30小时，生成甲醇的浓度为.若生成甲醇的浓度为，则需要催化时间约为（    ）（参考数据：）

A．23.5小时 B．33.2小时 C．50.2小时 D．56小时

7．已知抛物线的焦点为为上一点，且，直线交于另一点，记坐标原点为，则（    ）

A．5 B．-4 C．3 D．-3

8．已知函数为上的奇函数，且在上单调递减，若，则（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．已知函数，其中，若，则（    ）

A． B．

C． D．

10．已知，若，则（    ）

A．

B．

C．

D．

11．如图，在正三棱柱中，分别是棱的中点，连接是线段的中点，是线段上靠近点的四等分点，则下列说法正确的是（    ）

A．平面平面

B．三棱锥的体积与正三棱柱的体积之比为

C．直线与平面所成的角为

D．若，则过三点作平面，截正三棱柱所得截面图形的面积为

12．已知双曲线的左、右焦点分别为、，离心率为，焦点到渐近线的距离为.过作直线交双曲线的右支于、两点，若、分别为与的内心，则（    ）

A．的渐近线方程为

B．点与点均在同一条定直线上

C．直线不可能与平行

D．的取值范围为

三、填空题

13．已知函数，若曲线在点处的切线与直线平行，则__________.

14．已知实数满足，则的取值范围为__________.

15．已知函数的图象关于直线对称，将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则下列判断正确的是__________.（请将所有正确答案的序号写在横线上）

①的图象关于点对称；②的图象关于点对称；③在上单调递增；④的图象关于直线对称.

四、双空题

16．已知数列的各项均为正数，为其前项和，且成等差数列.则的通项公式为__________；若为数列的前项积，不等式对恒成立，则实数的最小值为__________.

五、解答题

17．在中，角的对边分别为的外接圆的半径为，且.

(1)求角的大小；

(2)若，求的面积的最大值.

18．据相关机构调查表明我国中小学生身体健康状况不容忽视，多项身体指标（如肺活量､柔㓞度､力量､速度､耐力等）自2000年起呈下降趋势，并且下降趋势明显，在国家的积极干预下，这种状况得到遏制，并向好的方向发展，到2019年中小学生在肺活量､柔㓞度､力量､速度､而力等多项指标出现好转，但肥胖､近视等问题依然严重，体育事业任重道远.某初中学校为提高学生身体素质，日常组织学生参加中短跑锻炼，学校在一次百米短跑测试中，抽取200名女生作为样本，统计她们的成绩（单位：秒），整理得到如图所示的频率分布直方图（每组区间包含左端点，不包含右端点）.

(1)估计样本中女生短跑成绩的平均数；（同一组的数据用该组区间的中点值为代表）

(2)由频率分布直方图，可以认为该校女生的短跑成绩，其中近似为女生短跑平均成绩近似为样本方差，经计算得，若从该校女生中随机抽取10人，记其中短跑成绩在内的人数为，求（结果保留2个有效数字）.

附参考数据：，随机变量服从正态分布，则.

19．已知数列的前项和为，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

20．如图，在四棱锥中，平面，四边形为矩形，为棱的中点，与交于点为的重心.

(1)求证：平面；

(2)已知，若到平面的距离为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

21．已知椭圆的右焦点为为上的一点，的最大值与最小值的差为，过点且垂直于轴的直线被截得的弦长为1.

(1)求椭圆的方程；

(2)已知直线与椭圆交于两点，记的右顶点为，直线与直线的斜率分别为，若，求面积的取值范围.

22．已知函数的导函数为.

(1)当时，求函数的极值点的个数；

(2)若恒成立，求实数的取值范围.

参考答案：

1．B

【分析】根据复数的除法运算化简复数，进而得，即可由几何意义求解.

【详解】由，得，所以，所以在复平面内对应的点为，该点位于第二象限.

故选:B.

2．A

【分析】根据列举法求解集合和求解一元二次不等式的解法即可求解.

【详解】，

若要，

则需，

所以解得

所以，

所以.

故选：.

3．B

【分析】由三角函数的定义求得，根据题意得到射线为角的终边，结合两角差的正、余弦公式，求得和的值，进而求得点的坐标，得到答案.

【详解】因为，可得，由三角函数的定义，可得，

又由绕原点将顺时针旋转，可得且射线为角的终边，

所以，

，所以点的坐标为.

故选：B.

4．A

【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，进而利用相似即可求解内切球半径.

【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则，所以，设该圆锥内切球的半径为，作出轴截面如图，利用相似可得，所以，所以.

故选：A.

5．C

【分析】根据平面向量的夹角公式以及充要条件的概念可得答案.

【详解】若，则，所以，所以，

又，所以；

若，则 ，所以，

所以1”是“”的充要条件.

故选：C.

6．B

【分析】根据题意列方程组求得和的值，从而求出的表达式，令解方程即可求解.

【详解】由题意得解得，所以，

令，所以，所以，

故小时.

故选：B.

7．D

【分析】根据抛物线的焦半径可得，进而可得，联立直线与抛物线方程可得点，由向量数量积的坐标公式即可求解.

【详解】由题意得，抛物线的准线为，因为为上一点，且，所以，解得，

故抛物线，焦点为，所以的方程为，

代入，得，整理得，解得或，

因为为上一点，则，由于A在第一象限，所以，所以，所以.

故选:D.

8．C

【分析】构造函数，求导得函数的单调性，进而可判断，结合的奇偶性和单调性即可求解.

【详解】由题意知，，

令，则，

当时，，此时在上单调递减，

又，所以，即，

又为奇函数且在上单调递减，所以在上单调递减，

所以，即.

故选：C.

9．BC

【分析】由可得，作差法可判断A，根据不等式的性质判断BCD.

【详解】由，得，又，

所以，且的符号不确定，故的符号也不确定，故错误；

由，得，故B正确；

由，得，故C正确；

因为，两边平方后不等式不一定成立，故D错误.

故选：BC.

10．AC

【分析】根据二项式通项公式，展开式系数对应关系和特殊值法即可求解.

【详解】的通项为，

由题意得，

因为，

所以.

故.

令，

得，

故正确；

令，

得，

故错误；

将两边求导，

得，

令，

得，故C正确，错误.

故选：.

11．ABC

【分析】根据中位线可证线面平行，即可判断A,利用锥体体积以及柱体体积公式，结合比例关系即可判断B,利用线面角的定义即可求解C,利用面面垂直得到线面垂直,进而利用线线垂直求解长度即可判断D.

【详解】取的中点，连接，则四边形是矩形，又分别是棱的中点，是线段上靠近点的四等分点，所以平面平面，所以平面，同理可得平面，又平面，所以平面平面，故正确,

,

棱锥的体积与正三棱柱的体积之比为，故B正确；

因为平面，平面平面，所以即直线与平面所成的角，又，所以，即直线与平面所成的角为，故C正确；

连接并延长交于点，连接，则平面截正三棱柱所得截面图形为，由于底面,是平面与底面的交线，且平面面，所以平面，平面,所以，所以，故，故，故，故D错误.

故选：.

12．ABD

【分析】根据题意求出、、的值，可得出双曲线的渐近线方程，可判断A选项；利用切线长定理以及双曲线的定义可判断B选项；取轴，可判断C选项；设直线的倾斜角为，求出，求出的取值范围，结合正弦函数的基本性质求出的取值范围，可判断D选项.

【详解】设双曲线半焦距为，双曲线的渐近线方程为，即，

双曲线的右焦点到渐近线的距离为，

由题意知，

所以，所以，故双曲线的方程为，

故渐近线方程为，故A正确；

对于B选项，记的内切圆在边、、上的切点分别为、、，

由切线长定理可得，，，

由，即，

得，即，

记的横坐标为，则，于是，得，

同理内心的横坐标也为，故轴，即、均在直线上，故B正确；

对于C选项，当与轴垂直时，，故C错误；

对于D选项，设直线的倾斜角为，则，

（为坐标原点），

在中，.

，

由于直线与的右支交于两点，且的一条渐近线的斜率为，倾斜角为，

结合图形可知，即，所以，，故D正确.

故选：ABD.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：

（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；

（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.

13．

【分析】根据求导公式和导数的几何意义即可求解.

【详解】由题意知，

所以曲线在处的切线斜率，

所以，

解得，

故答案为：.

14．

【分析】根据题意转化为圆上的点与定点之间的连线的斜率，结合圆的性质，即可求解.

【详解】由题意，设，且

可得表示点与点连线的斜率，其中点为圆上的点，

如图所示，

在直角中，可得，可得直线的斜率为；

在直角中，可得，可得直线的斜率为，

所以的范围为.

故答案为：.

15．①②④

【分析】根据函数关于直线对称可得，进而可判断①，由函数图象的平移可得，进而利用代入验证可判断②④，利用正弦型函数的单调性可判断③.

【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以，所以，又，所以，所以，所以，所以的图象关于点对称，故①正确；

将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，所以，所以的图象关于点对称，故②正确；

令，得，当时，得函数在上单调递增，所以函数在上不单调递增，故③错误；

令，得，当时，得函数的图象关于直线对称，故④正确.综上，正确的结论有①②④.

故答案为：①②④.

16．         

【分析】根据即可求得，求出，由，得，令，利用比商法判断出函数的单调性，求出的最大值即可得解.

【详解】由题意知，又数列的各项均为正数，

所以当时，；

当时，，

所以，即，

所以数列为首项为1，公差为1的等差数列，

故，

所以，

则，

由，得，

故问题转化为恒成立，

令，

则，

所以，所以单调递减，

故，所以，

即实数的最小值为.

故答案为：；.

【点睛】关键点点睛：利用比商法判断出函数的单调性是解决本题第二空的关键.

17．(1)

(2).

【分析】（1）利用正弦定理边角互化可得，由余弦定理即可求解，

（2）利用余弦定理以及不等式即可求解.

【详解】（1），

由正弦定理得，

，即，

由正弦定理得，

由余弦定理可得，

.

（2）由（1）知，所以，

又，当且仅当时等号成立，

所以，即，

所以的面积，即的面积的最大值为.

18．(1)16.16

(2)0.073

【分析】（1）利用频率分布直方图求解平均数即可.

（2）根据，可求得成绩在内的概率，利用二项分布的概率公式求解即可.

【详解】（1）估计样本中女生短跑成绩的平均数为：

.

（2）由题意知，

则，

故该校女生短跑成绩在内的概率，

由题意可得，

所以，

，

所以.

19．(1)

(2)

【分析】（1）由与的关系即可求解；

（2）求出数列的通项公式后用错位相减法求解.

【详解】（1）因为，

所以当时，，所以，

又当时，，解得，

所以，所以，

所以是首项为､公比为的等比数列，

所以的通项公式为.

（2）由（1）知，

所以，

所以，

两式相减，得

，

所以.

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线线平行和线面平行的证法和线面平行的判定即可求解；（2）根据二面角的法向量求法即可求解.

【详解】（1）证明：延长交于点，连接，

则为的中点，

因为为的中点，

所以，

又，

所以，

因为为的重心，

所以，

所以，

所以，

又平面平面，

所以平面.

（2）由题意易知两两垂直，

故以为坐标原点，以直线，分别为轴，轴，轴建立如图所示坐标系，

设，则，所以因为，

所以.

设平面的一个法向量，

则

即

令，

解得，

所以，

因为到平面的距离为，

所以，解得，

所以.

设平面的一个法向量，

则

即

令，

解得，

所以，.

设平面与平面所成的锐二面角大小为，

则，

即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.

21．(1)

(2)

【分析】（1）利用椭圆方程的性质可列出方程组，得到，即可得到椭圆方程.

（2）根据题意，联立得到，利用韦达定理结合已知化简得，即或，讨论分析直线经过定点，即可表示出面积，求出结果.

【详解】（1）设的半焦距为，

由题意知，

解得，

故椭圆的方程为.

（2）由题意知，设，

由得，

所以，即，

且.

因为，所以，

又，

所以，①

因为，

所以令，得，②

令，得，

所以，

所以，③

把②③代①，得，

化简得，

所以或.

所以当时，直线的方程为，

直线过点，不合题意，舍去；

当时，直线的方程为，

所以直线经过定点，

所以

，

因为且，所以，所以，

设，

所以，

即面积的取值范围为.

22．(1)2

(2).

【分析】（1）求导得到导函数，构造，再次求导得到导函数，确定函数的单调区间，计算最值确定，，得到极值点个数.

（2）变换得到在上恒成立，构造函数，考虑和两种情况，求导得到导函数，再次构造函数，确定函数的单调区间，利用隐零点代换得到答案.

【详解】（1）当时，，定义域为，，

令，则.

当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

即在上单调递增，在上单调递减，

所以，又，，

所以，，

所以存在唯一的，，使得，

且当和时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增，

故在处取得极小值，在处取得极大值，即函数的极值点的个数为2.

（2），，即恒成立，

即在上恒成立.

记，

当时，，不合题意；

当时，.

记，则，

所以在上单调递增，又，

所以使得，即，①

故当时，，即，当时，，即，所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，②

由①式可得，所以，

代入②式得，

因为，即，

故，即，

所以当时，恒成立，故实数的取值范围为.

【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数判断极值点个数，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用隐零点代换可以简化运算，是解题的关键，隐零点代换是常考的方法，需要熟练掌握.