河北枣强中学2023届高三考前冲刺模拟数学试题（含解析）

这是一份河北枣强中学2023届高三考前冲刺模拟数学试题（含解析），共24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。
河北枣强中学2023届高三考前冲刺模拟数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设集合，集合，集合，则（    ）A． B．C． D．2．已知复数满足，则的共轭复数对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．若函数在点处的切线为直线，若直线l与圆相切，则r的值为（    ）A． B． C． D．4．已知向量，．若，则（    ）A．3 B． C． D．5．已知数列的首项，，前n项和满足，则数列的前n项和为（    ）A． B． C． D．6．如图，在正四棱台中，棱，，的夹角为，，则棱，的夹角为（    ）A． B． C． D．7．已知定点，点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程是（  ）A． B．C． D．8．设甲乘汽车､动车前往某目的地的概率分别为，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为，则甲正点到达目的地的概率为（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．已知函数的定义域为，且对任意，恒成立；若时，.下列说法正确的是（    ）A．时，B．对任意，有C．存在，使得D．“函数在区间上单调递减”的充要条件是“存在，使得”10．下列命题为真命题的是（    ）A．若，则B．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象C．函数的单调递增区间为D．的最小正周期为11．已知P是椭圆C：上的动点，Q是圆D：上的动点，则（    ）A．C的焦距为 B．C的离心率为C．圆D在C的内部 D．|PQ|的最小值为12．（多选题）如图所示的电路中，只箱子表示保险匣分别为、、、、.箱中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率，下列结论正确的是（    ）A．所在线路畅通的概率为B．所在线路畅通的概率为C．所在线路畅通的概率为D．当开关合上时，整个电路畅通的概率为 三、填空题13．如图，在中，点D在BC边上，BD的垂直平分线过点A，且满足，，则的大小为__________．  14．已知函数分别是定义在上的偶函数和奇函数，且满足，若函数有唯一零点，则实数λ的值为__________．15．设，则的最小值为______.16．如图，三棱锥的所有顶点都在球的表面上，平面平面，，，，则球的表面积为______． 四、解答题17．已知△ABC的内角A、B、C满足.(1)求角A；(2)若△ABC的外接圆半径为1，求△ABC的面积S的最大值.18．已知数列，满足.(1)证明是等比数列，并求的通项公式；(2)设数列的前n项和为，证明：.19．如图，和都是边长为2的正三角形，且它们所在平面互相垂直．平面，且．(1)设P是的中点，证明：AP平面．(2)求二面角的正弦值．20．已知半椭圆和半圆组成曲线.如图所示，半椭圆内接于矩形，与轴交于点，点是半圆上异于，的任意一点.当点位于点处时，的面积最大.（1）求曲线的方程；（2）连，分别交于点，，求证：为定值.21．第七次全国人口普查登记于2020年11月1日开始，这是在我国人口发展进入关键期开展的一次重大国情国力调查，可以为编制“十四五”规划，为推动高质量发展，完善人口发展战略和政策体系､促进入口长期均衡发展提供重要信息支持，本次普查主要调查人口和住户的基本情况.某校高三一班共有学生54名，按人口普查要求，所有住校生按照集体户进行申报，所有非住校生(走读生及半走读生)按原家庭申报，已知该班住校生与非住校生人数的比为，住校生中男生占，现从住校生中采用分层抽样的方法抽取7名同学担任集体户户主进行人口普查登记.（1）应从住校的男生､女生中各抽取多少人？（2）若从抽出的7名户主中随机抽取3人进行普查登记培训①求这3人中既有男生又有女生的概率；②用表示抽取的3人中女生户主的人数，求随机变量的分布列与数学期望.22．已知函数和有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
参考答案：1．B【分析】化简集合，根据集合的补集和交集的运算性质求即可.【详解】不等式的解集为，所以，故或，又，所以，故选：B．2．D【分析】根据复数运算即可求得复数，再得共轭复数，根据复数的几何意义即可得答案.【详解】，，，故在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D．3．A【分析】结合导数的几何意义列方程求，由切点坐标与切线的关系求，根据直线与圆的位置关系列方程求.【详解】函数的导函数，因为函数在点处的切线为直线，所以，解得，，故，切点在直线l上，，解得，直线与圆相切，圆心到直线l的距离为，故选：A．4．B【分析】根据向量平行的坐标表示，列式即可求得答案.【详解】因为向量，，，所以，解得，故选：B．5．A【分析】由题可得，进而可得，然后可得，利用等差数列的定义及求和公式即得.【详解】由得，即，所以，所以，两式作差，得，即，所以，所以或，又，故，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以数列的前n项和.故选：A.6．D【分析】由棱台的定义可知，分别延长，，，交于点P，连接AC，从而可得，从而可求出答案.【详解】由棱台的定义可知，分别延长，，，交于点P，连接AC， 如图，在正四棱台中，棱，的夹角为，，所以△PAB是边长为2的等边三角形，所以.又在正方形中，,则，所以，所以，所以棱，的夹角为，故选：D7．C【分析】设再表达出的坐标代入圆方程化简即可.【详解】设，则满足.故 .故.又点在圆上.故.故选:C【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法，属于基础题型.8．C【分析】设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，由全概率公式求解即可.【详解】设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘动车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，由题意知.由全概率公式得。故选：C9．ABD【分析】对于选项，根据条件求得，可判断，：直接利用关系式的变换求出结果．对于选项：利用假设法和关系式的而变换推出矛盾，进一步判定结果．对于选项：直接利用函数的单调性判定结果．【详解】对于选项：，时，，，，而，，故正确；对于选项：（2），而当，时，，所以（2），所以，故正确；取，，其中，，1，，则，；，从而，而，对于，假设存在使，，，，，，这与矛盾，所以错误；对于：由上面推导可得当，时，，单调递减，为减函数，所以若，，，则函数在区间上单调递减；当函数在区间上单调递减”，则，，，故正确．故选：．10．ACD【分析】利用二倍角公式和诱导公式可求得，知A正确；根据三角函数平移变换可求得，知B错误；利用三角恒等变换公式化简得到解析式，利用整体对应的方式可求得单调递增区间，知C正确；利用二倍角公式化简得到，由正切型函数的周期性可求得结果知D正确.【详解】对于A，，A正确；对于B，向右平移个单位长度得：，即，B错误；对于C，，则由，得：，，的单调递增区间为，C正确；对于D，，的最小正周期为，D正确.故选：ACD.11．BC【分析】根据椭圆方程直接判断A、B的正误，判断圆心与椭圆左焦点的距离及圆心横坐标对应椭圆点与圆心的距离，与圆的半径长度关系判断C的正误，要使最小，保证P、Q、D共线，即，设应用两点距离公式及椭圆方程求最小值，即可判断D的正误.【详解】由椭圆方程知：，故焦距为，故A错误；C的离心率，故B正确；由圆D的方程知：圆心，半径为，而且椭圆上的点到D的距离为，故圆D在C的内部，故C正确；设，则，而，又，可知，故，故D错误.故选：BC12．BD【解析】根据独立事件的概率乘法公式以及对立事件的概率公式计算出各选项中线路畅通的概率，由此可得出结论.【详解】由题意知，、、、、保险闸被切断的概率分别为，，，，，所以、两个盒子畅通的概率为，因此A错误；、两个盒子并联后畅通的概率为，因此C错误；、、三个盘子混联后畅通的概率为，B正确；根据上述分析可知，当开关合上时，电路畅通的概率为，D正确.故选：BD.【点睛】本题考查利用独立事件的概率乘法公式计算事件的概率，考查计算能力，属于中等题.13．【分析】根据题意可得，结合正弦定理与、三角形内角和定理与两角和差余弦公式即可求得，从而得的大小.【详解】因为BD的垂直平分线过点A，所以，则，所以．又因为在中，，，所以．在中，由正弦定理，得，所以,因为，所以为锐角，所以，则，又，所以．故答案为：.14．或【分析】由已知函数有唯一零点，结合偶函数的性质，证明函数为偶函数，根据条件列方程求λ的值.【详解】因为函数有唯一零点，所以函数有唯一零点，因为函数是定义在上的偶函数，所以，所以，所以函数为偶函数，又函数有唯一零点，所以函数的零点为，所以，因为函数是定义在上的奇函数，所以，又由可得，所以，所以解得或．故答案为：或．15．【分析】把分子展开化为，再利用基本不等式求最值．【详解】，当且仅当，即时成立，故所求的最小值为．【点睛】使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立．16．【分析】根据题意以及面面垂直的性质定理可得平面，可得，再由，根据线面垂直的判定定理可得平面，得，取中点，即为外接球的球心，进而求出半径，利用球的表面积公式即可求解.【详解】如图，由，，，得，则，又平面平面，且平面平面，∴平面，则，又，，∴，则，∴平面，得，取中点，则为三棱锥的外接球的球心，则外接球的半径．∴球的表面积为．故答案为：．【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理以及球的表面积公式，考查了多面体的外接球问题，综合性比较强，属于中档题.17．(1)(2) 【分析】（1）将，转化为，再由余弦定理求解； （2）根据△ABC的外接圆半径为1，得到，再利用余弦定理结合基本不等式求得，再由求解.【详解】（1）解：因为，所以，即，所以，因为，所以；（2）因为△ABC的外接圆半径为1，所以，由余弦定理得，，所以，当且仅当时，等号成立，所以，故△ABC的面积S的最大值是.18．(1)证明见解析，(2)证明见解析 【分析】（1）利用定义法证明出是公比为2的等比数列，再求出；（2）先判断出当n为偶数时，.对n分奇偶讨论，分别分组求和及放缩后可以证明出.【详解】（1），，即，，数列是公比为2的等比数列.又，，，，，，即.（2）由(1)，当n为偶数时，，故.当n为奇数时， .当n为偶数时，.综上，.19．(1)证明见解析(2) 【分析】(1)取的中点O，先求出长度，再结合等腰三角形三线合一得出，则有,则得出结论；(2)在点O建立空间坐标系，分别计算两个半平面的法向量，并计算法向量的余弦值，再求解二面角的正弦值.【详解】（1）证明：取的中点O，连接．是正三角形，．∵平面平面，平面平面，平面ABC平面．平面，．在中，，．又，为等腰三角形．是的中点，．平面，．平面平面，平面．（2）由（1）知，，∴四边形为平行四边形，，．以点O为坐标原点，以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系，则 ,，．设平面的法向量为，则即令，则，．设平面的法向量为，则即令，则，．．设二面角的平面角为，∴二面角的正弦值为．20．(1) 和. (2)证明见解析，定值为4【分析】（1）由点在半圆上，求得，再由的面积最大，则与半圆在点处的切线平行，从而可求得，可得曲线方程．（2）设，写出直线方程，求出点坐标，计算即可．【详解】（1）因为点在半圆上，得，∵，∴，当半圆在点处的切线与直线平行时，的面积最大.∵，∴，，，所以曲线的方程和.（2）得，，设，则：，令，得，：，令，得，又，，，所以.【点睛】本题考查求曲线的方程，考查解析几何中的定值问题．对于定值问题，直接设动点坐标，然后根据已知计算点的坐标，计算线段长度等等，再利用动点在曲线上的性质得出定值是一种基本方法．21．（1）男生､女生就分别抽取4人，3人；（2）①；②分布列答案见解析，数学期望：.【解析】（1）找到住校生中男女生的比例关系，即可求出男女生分别抽取的人数.（2）①抽取的3名户主中既有男生，又有女生，包含男生有1人，女生有2人和男生有2人，女生有1人两种情况，分别求出概率再求和即可；②找到变量X的所有可能取值，服从超几何分布，求出概率，列出分布列，求出期望即可.【详解】（1）由已知住校生中男生占，则女生占，由于采用分层抽样的方法从中抽取7人，因此男生､女生就分别抽取4人，3人.（2）①设事件A为“抽取的3名户主中既有男生，又有女生”，设事件B为“抽取的3名户主中男生有1人，女生有2人”；事件C为“抽取的3名户主中男生有2人，女生有1人”，则A=B∪C，且B与C互斥，=，=，故，所以，事件A发生的概率为.②随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，.随机变量X的分布列为X0123 随机变量X的数学期望.22．(1)(2)见解析 【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【详解】（1）的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故.的定义域为，而.当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中，设，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为.综上，.（2）[方法一]：由（1）可得和的最小值为.当时，考虑的解的个数、的解的个数.设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，有两个不同的零点即的解的个数为2.当，由（1）讨论可得、仅有一个解，当时，由（1）讨论可得、均无根，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.设，其中，故，设，，则，故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，，故上有且只有一个零点，且：当时，即即，当时，即即，因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，故，此时有两个不同的根，此时有两个不同的根，故，，，所以即即，故为方程的解，同理也为方程的解又可化为即即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故即.[方法二]：由知，，，且在上单调递减，在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增，且①时，此时，显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意；②时，此时，故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；③时，首先，证明与曲线有2个交点，即证明有2个零点，，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，，，令，则，所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为其次，证明与曲线和有2个交点，即证明有2个零点，，所以上单调递减，在上单调递增，又因为，，，令，则，所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为再次，证明存在b，使得因为，所以，若，则，即，所以只需证明在上有解即可，即在上有零点，因为，，所以在上存在零点，取一零点为，令即可，此时取则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，因为所以，又因为在上单调递减，，即，所以，同理，因为，又因为在上单调递增，即，，所以，又因为，所以，即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.