河北省2023届高三数学下学期大数据应用调研联合测评（Ⅲ）试题（Word版附解析）

河北省2023届高三年级大数据应用调研联合测评（Ⅲ）

数学

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.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上.

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据对数的运算性质和对数函数的单调性解出集合B，结合交集的概念与运算即可求解.

【详解】由，得，

又函数在上单调递增，

所以，解得，

即，又，

所以.

故选：A.

2. 已知函数，则“”是“函数是偶函数”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】当函数为偶函数时，求得.结合充分条件、必要条件的定义即可判断.

【详解】函数的定义域为R，关于原点对称，

当函数为偶函数时，，

即，整理，得，

由，解得.

又，得，

所以“”是“函数为偶函数”的必要不充分条件.

故选：B.

3. 一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，若该圆锥的体积为，则该圆锥的母线长为（    ）

A 3 B.  C. 6 D.

【答案】C

【解析】

【分析】设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，根据圆锥侧面积与圆的面积关系可得，由勾股定理可得，结合圆锥的体积公式计算即可求解.

【详解】设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，

则圆锥侧面展开的扇形面积为，底面圆面积为，

因为，所以，得，

所以圆锥的体积为，

解得，所以，即圆锥的母线长为6.

故选：C.

4. 如图，四边形ABCD是平行四边形，点E，F分别为CD，AD的中点，若以向量，为基底表示向量，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】注意到，后利用表示，即可得答案.

【详解】注意到.

又为DC中点，则；

F为AD中点，则.

则；

.

则.

故选：D

5. 已知双曲线：的上焦点为F，点M 在的一条渐近线上，是面积为的等边三角形，其中点О为坐标原点，则的方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据是面积为的等边三角形可得的坐标，进而根据双曲线基本量间的关系求解即可.

【详解】因为是面积为的等边三角形，故，即半焦距，

故的纵坐标为1，不妨设，

则所在的渐近线方程为，

故，.又，解得，，

则的方程为.

故选：C

6. 斯特林公式（Stirling's  approximation）是由英国数学家斯特林提出的一条用来取的阶乘的近似值的数学公式，即，其中为圆周率，e为自然对数的底数.一般来说，当很大的时候，的阶乘的计算量十分大，所以斯特林公式十分好用.斯特林公式在理论和应用上都具有重要的价值，对于概率论的发展也有着重大的意义.若利用斯特林公式分析100!计算结果，则该结果写成十进制数时的位数约为（    ）

（参考数据：，，）

A. 154 B. 158 C. 164 D. 172

【答案】B

【解析】

【分析】求解，再根据对数公式代入数据化简求解即可.

详解】由题意，

即，即写成十进制数时的位数约为158.

故选：B

7. 已知数列为递增的等差数列，为数列的前项和，，，则（    ）

A. 6 B. 7 C. 8 D. 9

【答案】D

【解析】

【分析】由等差数列的通项公式和前n项求和公式，结合题意列出方程，整理方程，解之即可.

【详解】由题意知，设等差数列的公差为d，则，

，得，

，

得，

所以，

整理得，解得.

故选：D.

8. 某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲、乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关.若甲、乙两人每局获胜的概率分别为，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为（    ）

A. 26 B. 30 C. 32 D. 36

【答案】C

【解析】

【分析】由题意设甲、乙在某一轮训练中训练过关的概率为p，求出p的表达式，分析的表达式和范围，令，利用换元法和基本不等式计算可得p的最大值，由二项分布，结合数学期望公式计算即可求解.

【详解】由题意，设甲、乙在某一轮训练中训练过关的概率为p，

则

，

又，所以，

由，得，则，

设，则，

当且仅当即即时等号成立，

即p的最大值为.

记甲、乙在n轮训练中训练过关的轮数为X，则，

若，则，当p最大时，n最小，

则，即甲、乙两人训练至少32轮.

故选：C.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.每题给出的选项中有多项符合要求，全部选对得5分，错选得0分，部分选对得2分.

9. 复数，其中，设在复平面内对应点为，则下列说法正确的是（    ）

A. 点在第一象限 B. 点在第二象限

C. 点在直线上 D. 的最大值为

【答案】BD

【解析】

【分析】根据复数的乘、除法运算可得，由复数的几何意义可得、，结合依次判断选项即可.

【详解】，

则复数z在复平面内对应的点为，

又，所以，故点P在第二象限，故A错误，B正确；

将点P代入直线方程中，等号不成立，所以点P不在该直线上，故C错误；

，当时，取得最大值5，故D正确.

故选：BD.

10. 已知是函数的一条对称轴，则下列说法正确的是（    ）

A.

B. 的最小正周期为

C. 在区间上单调递增

D. 将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则

【答案】BD

【解析】

【分析】对A，根据正余弦函数在对称轴处切线斜率为0，结合导数的几何意义判断可判断；对B，得出代入根据三角函数恒等变化与周期公式可得；对C，得出，代入，结合正弦函数的单调增区间判断即可；对D，根据三角函数图象平移结合诱导公式判断即可.

【详解】对A，由题意，，故，则，，故A错误；

对B，，故的最小正周期为，故B正确；

对C，时，，因为不为正弦函数的单调递增区间，故C错误；

对D，向右平移个单位，得到函数，故D正确；

故选：BD

11. 如图，在四边形中，和是全等三角形，，，，.下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥.折法①：将沿着AC折起，形成三棱锥，如图1；折法②；将沿着BD折起，形成三棱锥，如图2.下列说法正确的是（    ）

A. 按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为

B. 按照折法①，存在满足

C. 按照折法②，三棱锥体积的最大值为

D. 按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角正弦值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用翻折的性质，结合空间几何体的结构性质，推理计算，依次判断选项即可.

【详解】A：由题意，，，

则AC的中点O到A，B，C，D的距离相等，故O为棱锥外接球的球心，

AC为直径，所以外接球的半径为2，所以该外接球的表面积为，故A正确；

B：若，且，，平面，

则平面，,这与矛盾，

所以不存在满足，故B错误；

当为等边三角形时，得，

又平面，所以平面，

又平面，所以，故B正确；

C：当三棱锥的体积最大时，平面平面，

由已知可得为等边三角形，易求点到平面的距离为1，

所以，故C正确；

D：当时，，又平面，

所以平面，则即为BC与平面所成角，

由，根据勾股定理得，

在中，，故D正确.

故选：ACD.

12. 已知函数的两个零点分别为，且，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C. 存在实数，使得 D. 若，则

【答案】AD

【解析】

【分析】对AB，根据满足，数形结合分析判断即可；对C，先证明对数均值不等式，再化简推导矛盾即可；对D，根据有两根且判断即可.

【详解】对A，即，设相切时切点为，则对求导有，又切点到原点的斜率与该点处的导数值相等，则，解得，故切点，此时.故当函数有两个零点时，，故A正确；

对B，由图象可得，，故B错误；

对C，先证明：当时，.

构造函数，则，故在上单调递增，又，故，即，化简可得，即.

又，故，所以，故.

若则，即，矛盾，故C错误；

对D，由题意，即有两根且，令，则，又，故，.故D正确；

故选：AD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知函数在处的切线方程为，则_________.

【答案】1

【解析】

【分析】根据切点在曲线与切线上，代入求解即可.

【详解】，故函数在处的切点为，又切点在切线上，故，故.

故答案为：1

14. 的展开式中的系数为__________.（用数字作答）

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，，所以只需求的展开式中含的项和含的项即可.

【详解】由题意得，

因为的展开式的通项为，

令，，

令，，

所以的展开式中的系数为，

故答案为：.

15. 已知锐角，满足，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据二倍角公式与同角三角函数的关系可得，进而可得.

【详解】由题意，，由二倍角公式与同角三角函数的关系可得，即，

整理可得，故，

又锐角，，故，

故.

故答案为：

16. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，以为圆心，为半径的圆与轴交于，两点（，两点均在外），连接，与交于点P，若，则________；椭圆的离心率为_________

【答案】    ①. ##    ②. ##

【解析】

【分析】根据题意可得，由圆的对称性可得；由向量的数量积为0可得，结合椭圆的定义和离心率的定义即可求解.

【详解】在中，，则.

因为关于x轴对称，所以，

得，又在中，互相垂直平分，所以四边形为菱形，

得，又，则，得，

由且，得，

由椭圆的定义知，

所以椭圆的离心率为.

故答案为：；.

四、解答题：本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其余每题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，写在答题纸的相应位置.

17. 已知数列满足：，.

（1）求证：是等比数列，并求出数列的通项公式；

（2）设，求数列前项和.

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）将化为，即可得是等比数列并求出的通项公式；（2）由（1）可得，后由裂项求和法可得答案.

【小问1详解】

，

则是以为首项，3为公比的等比数列，则，

即.

【小问2详解】

由（1）可得：

.

故的前项和

.即

18. 在中，内角A，B，C对应的边为a，b，c，的面积为S，若.

（1）当时，求A；

（2）若角B为的最大内角.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立，

①；②；③.

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.

【答案】（1）；
    （2）答案见详解.

【解析】

【分析】（1）由题意，根据正弦定理、特殊角的三角函数值和辅助角公式化简计算可得，即可求解；

（2）分别以①②③中选取2个作为条件，根据正、余弦定理和三角形的面积公式计算，可证得第3个条件成立.

【小问1详解】

，

由正弦定理得，

当时，，

得，即，

又，所以，得；

【小问2详解】

若选①②为条件.

，

由余弦定理得，又，所以.

由（1），得，

有，又，解得.

又，得，

由正弦定理得，即，

解得，所以，即③成立；

若选①③为条件.

，

由余弦定理得，又，所以.

由，得.

由（1）得，由正弦定理得，解得，

由余弦定理得，则，即②成立；

若选②③为条件.

，

由（1）得，由正弦定理得，所以.

由余弦定理得，

即，有，

即，等式两边同时平方，得，

解得或.

当时，，则，与B为的最大内角矛盾，

故，又由余弦定理得，

即，即①成立.

19. 如图，在三棱柱中，四边形为矩形，，四边形是菱形，，点P是AE的中点，点Q在BD上，满足.

（1）若平面，求的值；

（2）若，时，求平面APQ与平面BDF所成角的正弦值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据三角形中中位线的性质，结合线面平行的判定可得当∥平面时，为中点；

（2）设，根据题意可得平面，再以为坐标原点，方向分别为轴建立空间直角坐标系，分别求解平面APQ与平面BDF的法向量，结合空间平面夹角的坐标公式求解即可.

【小问1详解】

当为中点时，连接，，此时易得为中点，又为中点，

则为中边的中位线，故.

又平面，平面，故平面.

故当平面时，为中点，.

【小问2详解】

设，则，则因为四边形为矩形，故.

取中点，由为菱形且可得为正三角形，

故，且.故，故.

又，平面，，故平面.

又平面，故以为坐标原点，方向分别为轴建立空间直角坐标系.

此时，，，，，，

故，，，.

设平面的法向量分别为，

则，即，即，

设则

，即，即，

设则.

设平面APQ与平面BDF所成角为，

则，

故平面APQ与平面BDF所成角的正弦值为.

20. 随着网络技术的迅速发展，直播带货成为网络销售的新梁道.某服装品牌为了给所有带货网络平台分配合理的服装量，随机抽查了100个带货平台的销售情况，销售每件服装平均所需时间情况如下频率分布直方图.

（1）求的值，并估计出这100个带货平台销售每件服装所用时间的平均数和中位数；

（2）假设该服装品牌所有带货平台销售每件服装平均所需时间服从正态分布，其中近似为，.若该服装品牌所有带货平台约有10000个，销售每件服装平均所需时间在范围内的平台属于“合格平台”.为了提升平台销售业务，该服装品牌总公司对平台进行奖罚制度，在时间大于44.4分钟的平台中，每个平台每卖一件扣除；在时间小于14.4分钟的平台中，每卖一件服装进行奖励元，以资鼓励；对于“合格平台”每卖一件服装奖励1元.求该服装品牌总公司在所有平台均销售一件服装时总共需要准备多少资金作为本次平台销售业务提升.（结果保留整数）

附：若服从正态分布，则，，.参考数据：.

【答案】（1），，中位数为   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图中矩形面积为1可得，再根据平均数与中位数的算法求解即可；

（2）根据正态分布概率公式可得所以在时间大于分钟与小于分钟在平台内的数量，进而根据题意可得所需准备的资金表达式，再求导分析最值求解即可.

【小问1详解】

由频率分布直方图可得，解得.

故平均数.

设中位数为，因，，故，则，解得，即中位数为.

【小问2详解】

由题意，，且，，

故，

所以在时间大于分钟的平台内约有件；，

所以在时间小于分钟的平台内约有件；

则“合格平台”约有件，

所以需要资金为 ，

由于，可令，则，令有，当时，递减；

当时，递增；

故有最小值，故至少需要准备元.

21. 已知抛物线：的焦点为F，直线过F且与交于A，B两点.点M为AB的中点，，O为坐标原点.

（1）若，求直线的方程：

（2）设直线AP与C交于另一点D，直线BP与C交于另一点E，求面积的最小值.

【答案】（1）或或；    （2）250.

【解析】

【分析】（1）由题意设，联立抛物线方程，利用韦达定理和中点坐标公式可得，表示出直线MP方程，结合两直线垂直斜率之积为-1，计算即可求解；

（2）设，分别联立抛物线方程，利用韦达定理，则，表示直线DE方程，联立抛物线方程，再次利用韦达定理可得，结合弦长公式与点到直线的距离公式化简计算可得的面积表达式，结合二次函数的性质即可求解.

【小问1详解】

由题意，，若直线斜率为0，不符合题意.

设，

，消去x得，

，，

所以，

因为M为AB的中点，所以，

得，又，，

所以，即，

解得或1或.

所以直线l的方程为或或；

【小问2详解】

易知直线AP与BP的斜率不为0，

设，

，消去x得，

，，

，消去x得，

，，

有，，

，，所以.

因为直线DE与抛物线C有2个交点，其斜率不为0，

由，

得，又点在抛物线C上，有，

，

，

又，所以，

即，

所以，

而点O到直线DE的距离为

，

所以，

又，则，所以，

即的面积的最小值为250.

【点睛】解答直线与抛物线位置关系题目时，时常联立方程组，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

22. 已知函数，为自然对数的底数.

（1）讨论函数的极值点个数；

（2）当函数存在唯一极值点时，求证：.

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）对函数求导，再令，利用导数研究的单调性，根据的极值和，讨论a的范围，结合零点存在性定理判断的零点个数，即可得的极值点个数；

（2）由（1）知，分析法将问题转化为证、在上同时恒成立即可.

【小问1详解】

令，则，

当时，递减，当时，递增，

所以，

当，即在上恒成立，此时无极值点；

当，即，，

若时，，，

所以，在上各有一个零点，即有两个极值点；

若，，趋向正无穷时也趋向正无穷，

所以，在上有一个零点，即有一个极值点；

综上，时有一个极值点；

时有两个极值点；

时无极值点.

【小问2详解】

由（1）知：存在唯一极值点时，此时，

所以，

要证，需证，即证，

对于且，则，即在上递增，

所以，即在上恒成立；

对于且，则，在上，上，

所以在上递增，上递减，故，即在上恒成立；

综上，在上恒成立，故成立；

要证，即证，

令且，则，

当时，即递减；当时，即递增；

所以，即在上恒成立，

综上，.

【点睛】关键点点睛：第二问，分析法转化证明不等式两侧，结合切线放缩、导数研究恒成立证结论.