河北省石家庄市2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

这是一份河北省石家庄市2023届高三数学三模试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了 已知函数同时满足性质等内容，欢迎下载使用。

石家庄市2023届高中毕业年级教学质量检测（三）
数学
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 如图，集合均为的子集，表示的区域为（ ）

A. I B. II C. III D. IV
【答案】D
【解析】
【分析】由补集和交集的概念求解即可.
【详解】由补集的概念，表示的区域如下图所示阴影区域，

∴表示的区域为下图所示阴影区域，

即为图中的区域Ⅳ.
故选：D.
2. 已知函数同时满足性质：①；②对于，，则函数可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数奇偶性和单调性的定义进行辨析即可.
【详解】由函数奇偶性的定义，若函数满足，则函数为奇函数，
由函数单调性的定义，若函数满足，，则函数在区间上单调递增，
选项中四个函数定义域均为，，都有
对于A，，故为奇函数，满足性质①，
∵与均在上单调递增，∴在上单调递增，满足性质②；
对于B，由指数函数的性质，为非奇非偶函数，在上单调递减，性质①，②均不满足；
对于C，，故为奇函数，满足性质①，
令，，解得，，
∴的单调递增区间为，，故在不单调，不满足性质②；
对于D，由幂函数的性质，为偶函数，在区间单调递增，不满足性质①，满足性质②.
故选：A.
3. 观察下列四幅残差图，满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定进行判断.
【详解】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，残差应是均值为0、方差为的随机变量的观测值.
对于A选项，残差与观测时间有线性关系，故A错；
对于B选项，残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内；故B正确；
对于C选项，残差与观测时间有非线性关系，故C错；
对于D选项，残差的方差不是一个常数，随着观测时间变大而变大，故D错.
故选：B.
4. 18世纪数学家欧拉研究调和级数得到了以下的结果：当很大时，（常数）.利用以上公式，可以估计的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知结论得两个等式相减即得.
【详解】由题意,
所以,
故选：C．
5. 已知函数的部分图象如图所示，则图象的一个对称中心是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由图象求出函数解析式，再求其对称中心即可.
【详解】方法一：
设的最小正周期为，由函数图象可知，，∴，
∴，∴，∴，
又∵当时，取最大值，
∴，，∴，，
∵，∴，
∴.
令，，解得，，
∴的对称中心为，，
当时，的一个对称中心为.
方法二：
设的最小正周期为，由函数图象可知，，∴，
由图象可知，的一个对称中心为，
∴的对称中心为，，
当时，的一个对称中心为.
故选：D.
6. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，其中下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B 若，则
C. 若，则
D 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间直线、平面间位置关系判断．
【详解】若，则或，A错；
若，与不一定垂直，因此不正确，B错误；
由面面垂直的判定定理知C正确；
若，则或，D错误．
故选：C．
7. 已知直线经过圆的圆心，其中且，则的最小值为（ ）
A 9 B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】由给定条件可得，再利用配凑思想结合“1”的妙用求解作答.
【详解】圆的圆心为，依题意，，即，
由，知，令，则，
因此
，当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值9.
故选：A
8. 中国结是一种盛传于民间的手工编织工艺品，它原本是旧石器时代的缝衣打结，后推展至汉朝的仪礼记事，再演变成今日的装饰手艺.中国结显示的精致与智慧正是中华民族古老文明中的一个侧面.已知某个中国结的主体部分可近似地视为由一个大正方形（内部是16个边长为2的小正方形）和16个半圆所组成，如图，是中国结主体部分上的定点，点是16个半圆上的动点，则的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作于，则，只要最大即可，建立坐标系，结合直线与圆的位置关系求解
【详解】抽取其中部分图形，建立如图所示的平面直角坐标系，
作于，则，
因此只要最大，则取得最大值，由图知当点是靠近点上方的半圆与垂直的切线的切点取得最大值．
图中点上方最靠近点的圆的方程为，
，，因此，
设圆的斜率为的切线方程为，即，
由，解得，
由图可知图形中半圆的切线方程为，
点到它的距离为，所以的最大值为，
所以，
故选：C．

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分
9. 已知复数，复数满足，则（ ）
A.
B.
C. 复数在复平面内所对应的点的坐标是
D. 复数在复平面内所对应的点为，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义，复数的几何意义判断BCD，由复数的乘法判断A．
【详解】由已知，其对应点坐标为，C错；
，A正确；
由知对应的点在以对应点为圆心，2为半径的圆上，，
因此，B错误；
对应点坐标为，因此D正确．
故选：AD．
10. 设函数的定义域为是的极大值点，以下结论一定正确的是（ ）
A. B. 是的极大值点
C. 是的极小值点 D. 是的极大值点
【答案】BC
【解析】
【分析】根据极值的定义结合函数的对称性进行判断即可.
【详解】是的极大值点．则存在区间，，对任意有，不一定是最大值，A错误；
的图象与的图象关于轴对称，因此，对任意有，是的极大值点，B正确；
的图象与的图象关于轴对称，因此对任意有，C正确；
由BC的推理可知是的极小值点，D错误．
故选：BC．
11. 已知函数图象上的点都满足，则下列说法中正确的有（ ）
A.
B. 若直线与函数的图象有三个交点，且满足，则直线的斜率为.
C. 若函数在处取极小值，则.
D. 存在四个顶点都在函数的图象上的正方形，且这样的正方形有两个.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知条件化同构，构造函数后求出的解析式，可判断选项A，分类讨论函数的极值情况，可判断选项C，由过原点的直线和的对称性，可判断选项B，选项D.
【详解】由得，，
注意到两个高次项的底数与恰好满足，
故有，
令，，
则等价于，
即
∵，奇函数，
∴，
又∵，∴在上单调递增，
∴由得，即，
由题意，即函数图象上的点都满足，
∴，故选项A正确；
对于B，∵，，
∴，
∴为奇函数，其图象关于原点对称.
当直线过原点且斜率存在时，设直线的方程为，
由直线和的对称性知，若直线与函数的图象有三个交点，且满足，
则为坐标原点，不妨设，，（），
则由，消去，整理得，即，
∴，，
∴，即，
∴，
解得或或，即满足题意的直线的斜率有，，，故选项B错误；
对于C，∵，
∴，
∴，令，则或，
当时，，，变化情况如下：













单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
当时，取极小值，
解得（舍）或；
当时，，，变化情况如下：













单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
当时，取极小值（舍），
综上所述，若函数在处取极小值，则，故选项C正确；
对于D，由正方形和的对称性知，设正方形四个顶点都在函数的图象上，
则正方形的对角线与所在直线均过原点，斜率存在且不为，且，，
不妨设所在直线为，则与选项B判断过程同理，，
设所在直线为，同理可得，
∵，∴，∴，
即，∴，
∴，∴，∴，
令，则，∴，∴，
∴等价于，
∵，∴有两解，
即有两组斜率，使，，
故存在四个顶点都在函数图象上的正方形，且这样的正方形有两个，选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：本题解题关键是“同构”，通过“同构”构造函数，借助函数确定解析式.选项B和选项D的辨析，要利用好三次函数的对称性.
12. 已知曲线为上一点，则（ ）
A. 与曲线有四个交点
B. 的最小值为1
C. 的取值范围为
D. 过点的直线与曲线有三个交点，则直线的斜率
【答案】BCD
【解析】
【分析】分象限讨论得出曲线图象，数形结合判断A，根据图象及椭圆、双曲线性质可知离原点最近的点判断B，利用平行线间的距离可判断C，求切线斜率结合图象判断D.
【详解】当时，曲线方程为，即，曲线为双曲线一部分，
当，曲线方程为，曲线不存在，
当，曲线方程为，即，曲线为双曲线一部分，
当，曲线方程为，即，曲线为椭圆一部分，
综上，作曲线图象，如图，

对A，由双曲线方程可知，渐近线方程为，直线与渐近线平行或重合，作渐近线的平行线，由图象可知，直线与曲线不存在四个交点，故A错误；
对B，由双曲线、椭圆顶点性质可知，曲线上与原点距离最近的点为B，由曲线方程知，所以的最小值为1，故B正确；
对C，表示曲线上的动点到直线的距离，可转化为两平行线与直线间的距离，且与曲线有交点，
联立，可得，
由，可解得或（舍去），
结合图象可知，，
即，故C正确；
对D，由在曲线的切线上，
设过点M与相切的直线方程为，
联立，消元得：，
所以，
化简可得，解得或（与双曲线左支相切，不满足题意，舍去），
由图象可知，当直线斜率满足时，直线与曲线有3个交点，故D正确.
故选：BCD
【点睛】难点点睛：本题第一个难点在于通过分象限讨论，去掉绝对值得出曲线方程，再由曲线方程画出曲线图象；第二个难点在于解题中充分应用曲线在第一象限及第三象限的图象为双曲线部分，且具有相同的渐近线；第三个难点在于求过点与第一象限双曲线相切时，计算量繁琐，基本不能完成.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中的常数项为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由二项展开式的通项求解即可.
【详解】的展开式的通项为
，，，，，.
令，则，
∴的展开式中的常数项为.
故答案为：.
14. 已知数列的通项公式为，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则___________.
【答案】502
【解析】
【分析】由等差数列、等比数列的通项公式可得，再由等比数列的前n项和公式即可得结果.
【详解】由题意可得：，，.
所以
故答案为：502.
15. 已知正四面体的棱长为是外接圆上的动点，是四面体内切球球面上的动点，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】求出内切球和外接球的半径，结合球心由三点间距离的关系即可得．
【详解】如图，是正四面体的高，由对称性知其外接球与内切球球心重合为且在上，是底面正中心，，，
设外接球半径为，即，
由得，解得，因此内切球半径为，
显然有，即，
，，
所以，
故答案为：．

16. 我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用0~9这10个数字.而电子计算机用的数是二进制数，只需0和1两个数字，如四位一进制的数，等于十进制的数9，现有一组十进制表示的数列，定义（表示的乘积），若将表示成二进制数，其中有1011个数末位是0，若将表示成二进制数，则末位是0的数至多有______个.
【答案】1012
【解析】
【分析】先找到表示的二进制数，然后结合题意利用组合极值分析即可得到.
【详解】对于，且，，表示的二进制数为，
当时，均为偶数，所以为偶数，
要使中偶数最多，只需前面的偶数连续，
例如取均为偶数，均为奇数，
则均为偶数，均为奇数，
此时中有1011个数的末位为0，
此时表示成二进制至多有1012个末位是0，
故答案为：1012
四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知中，角，，的对边长分别是，，，，且.
（1）证明：；
（2）若，求外接圆的面积
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将中的化为，再化简即可；
（2）用正弦定理及余弦定理将角化边求出，根据三边长发现三角形为直角三角形，故其斜边即为外接圆直径，由此求解即可.
【小问1详解】
由已知，，
∴，
∴，
∴，
∴，
易知上式中，，，
∴由上式得，即.
【小问2详解】
∵，
∴由正弦定理和余弦定理得，，
化简得，∴.
又∵，，
∴，是以为斜边，为直角的直角三角形，
∴外接圆的直径，外接圆的半径，
∴外接圆的面积.
18. 如图，在中，，为的中点，将绕所在的直线逆时针旋转至形成如图所示的几何体，.

（1）求几何体的体积；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆锥的体积公式直接求解即可；
（2）建立坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值.
【小问1详解】
根据圆锥的定义易知，几何体为圆锥的一部分，且为圆锥的高，
所以；
【小问2详解】
过点作，分别以所在的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则：

，
则，
设平面的法向量为，
则，所以，
令，得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角正弦值为.
19. 已知为抛物线上不同两点，为坐标原点，，过作于，且点.
（1）求直线的方程及抛物线的方程；
（2）若直线与直线关于原点对称，为抛物线上一动点，求到直线的距离最短时，点的坐标.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由点，得直线的斜率为1，则直线的斜率为，写出直线的点斜式方程；直线与抛物线联立得出韦达定理，由结合向量数量积为零得出结果；
（2）由点到直线的距离公式以及二次函数求最值得出结果.
【小问1详解】
如图，
由点，得直线的斜率为1，又，则直线的斜率为，
故直线的方程为，整理得直线的方程为
设，
联立，得，则，
由，得，
即，因为，所以，
所以，解得，故抛物线方程为
【小问2详解】
设点是直线上任一点，则点关于原点的对称点在直线上，所以，
即直线的方程为.
设点，则，点到直线的距离，

当时，的最小值是，此时，.

20. 已知各项均为正数的等比数列满足，数列的前项和，满足.
（1）求数列和的通项公式；
（2）若存在正整数，使得成立，求实数的取值范围..
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列基本量法求得，由已知式变形确定是等差数列，从而可得通项公式；
（2）不等式变形为，设，用作差法求得的最大项即可得范围．
【小问1详解】
设数列公比为，
由已知得，即，解得或（舍），
所以.
因为，所以，当时，
两式作差得，
因为，所以，即数列是首项为，公差为的等差数列，
所以
【小问2详解】
，设，则小于等于数列的最大项.
设时，最大，因为，所以
由
即，即，即，解得
即，所以
故数列的最大项是，所以，即实数的取值范围是.
21. 肝脏疾病是各种原因引起的肝脏损伤，是一种常见的危害性极大的疾病，研究表明有八成以上的肝病，是由乙肝发展而来，身体感染乙肝病毒后，病毒会在体内持续复制，肝细胞修复过程中形成纤维化，最后发展成肝病.因感染乙肝病毒后身体初期没有任何症状，因此忽视治疗，等到病情十分严重时，患者才会出现痛感，但已经错过了最佳治疗时机，对乙肝病毒应以积极预防为主，通过接种乙肝疫苗可以预防感染乙肝病毒､体检是筛查乙肝病毒携带者最好的方法，国家在《中小学生健康体检管理办法》中规定：中小学校每年组织一次在校学生健康体检，现某学校有4000名学生，假设携带乙肝病毒的学生占m%，某体检机构通过抽血的方法筛查乙肝病毒携带者，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验次数4000次.为减轻化验工作量，统计专家给出了一种化验方法：随机按照k个人进行分组，将各组k个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这k个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需对该组每个人血样再分别化验一次.假设每人血样化验结果呈阴性还是阳性相互独立.
（1）若，记每人血样化验次数为X，当k取何值时，X的数学期望最小，并求化验总次数；
（2）若，设每人血样单独化验一次费用5元，k个人混合化验一次费用k+4元.求当k取何值时，每人血样化验费用的数学期望最小，并求化验总费用.
参考数据及公式：.
【答案】（1），次
（2），元
【解析】
【分析】(1) 设每人血样化验次数为，结合独立重复试验概率计算公式、对立事件概率计算公式求得，从而确定正确答案.
(2) 设每组人，每组化验总费用为元，结合独立重复试验概率计算公式、对立事件概率计算公式求得，从而确定正确答案.
【小问1详解】
设每人血样化验次数为，
由题意若混合血样呈阴性，则，若混合血样呈阳性，则，

所以
，
令，
则在上单调递减，在为单调递增，
，且，
取得最小值，最小值为0.1265.
所以，按16人一组，每个人血样化验次数的数学期望最小，
此时化验总次数为（次）.
【小问2详解】
设每组人，每组化验总费用为元，
若混合血样呈阴性则，若混合血样为阳性，则，
且，
所以
，
每个人血样的化验费用为：

，
当且仅当，即时取等号，
所以10个人一组，每个人血样化验费用的数学期望最小，
化验总费用为（元）.
22. 若定义在区间上的函数，其图象上存在不同两点处的切线相互平行，则称函数为区间上的“曲折函数”，“现已知函数.
（1）证明：是上的“曲折函数”；
（2）设，证明：，使得对于，均有.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）解法一：依题意即证存在两个不同的，使得，令，任取，考虑方程的正数解的情况，利用根的判定式及韦达定理证明即可；
解法二：设是函数图象上两点，问题等价于，即，即可得证；
（2）设，利用导数说明的单调性，解法一、二：取代入函数，构造函数利用导数证明，再取代入函数，构造函数利用导数证明，结合零点存在性定理证明即可.
【小问1详解】
解法一：要证是上的曲折函数，
即证存在两个不同的，使得，
令，
即证：，使得.
任取，考虑方程的正数解的情况.
，
判别式，故方程有两个不等实根，
由韦达定理可知：，从而.
即有两个不同的正实数解，
所以，即是上的曲折函数.
解法二.设是函数图象上两点，，
等价于，
即，即，
即存在，使，
所以是上的曲折函数.
【小问2详解】
设函数，
代入及，
可得
则，因为，
所以当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增.
解法一：取代入函数，
可得，
令，其中，故，
构造函数，
则，
从而在上单调递增，故，
所以……①，
再取代入函数，可得：
，
令，其中，则，
构造函数，
则，
故在上单调递增，即，所以，……②
解法二.取代入函数，可得：
，
设，
则，
所以在上单调递减，，
所以……①.
再取代入函数，可得：，
设，
，
则，
因为，所以在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，所以，
所以……②.
又因为在上单调递减，结合①与②，由零点存在性定理，
必存在唯一的，使得，且对任意的，均有.
【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．