2022-2023学年度河北省衡水市第二中学高三上学期一模数学试题

2022-2023年度高三上学期一模考试

数学

一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据因式分解以及数轴穿根法可化简,由绝对值不等式可求解根据集合的交运算和并运算即可求解.

【详解】或，或，

所以，，

故选：B

2. 已知复数，则的值为（    ）

A.  B.  C. 0 D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数i的性质计算可得，由此利用等比数列的前n项和公式计算，即可求得答案.

【详解】由于复数，故，

，

故，

故选：A.

3. 正方形中，在上且有与对角线交于，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据平面向量的线性运算，即可求得答案.

详解】如图，正方形中，，则

因为,所以,则,

故,

故选：C

4. 已知：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积成比例，那么这两个几何体的体积也对应成比例.则椭圆C：绕长轴旋转半周形成的几何体的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】将椭圆和圆绕着轴旋转半周后，利用垂直于轴的平面去截椭球体与球体，设截面面积分别为、，计算出，再利用题中结论以及球体的体积公式可求得结果.

【详解】将椭圆和圆绕着轴旋转半周后，

利用垂直于轴的平面去截椭球体与球体，设截面面积分别为、，

由，令，可得，则，

由，令，可得，则，

球体的体积，则对于椭球体的体积，有：

.

故选：B

5. 从11到15这5个整数中选出2个，则这2个数的因数个数之和为8的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据每个数的因数个数，根据组合数的计算即可计算总数，列举即可求解所满足要求的个数，由古典概型概率计算公式即可求解.

【详解】11的因数有11和1，共有2个因数，12的因数有1，2，3，4，6，12，共有6个，13的因数有13和1，共有2个因数，14的因数有1，2，7，14，共有4个，15的因数有1，3，5，15，共有4个，从5个数中选两个数，共有种选择，而2个数的因数个数之和为8，则这两个数可以是11和12，或者12和13，或者15或14，共三种，

故2个数的因数个数之和为8的概率是

故选：C

6. 已知，周期是的对称中心，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据条件，列出方程即可求得，然后根据对称中心以及周期范围求出，即可得到的解析式，从而得到结果.

【详解】因为，

由可得，且，所以，

又因为是的对称中心，故

解得

且，即

所以，当时，

即，

所以

故选:D

7. 若，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由于，故构造函数，利用导数判断其单调性，可比较的大小，根据，构造函数，判断其单调性，可比较大小，由此可得答案.

【详解】由于，

故设函数 ，

则，，

由于，所以，

即，即，

故为单调递减函数，

故，即，

令，则，即；

又，

令，

则，

即为单调递增函数，

故，即，

令，则，即，

故，

故选：B

【点睛】关键点点睛：此类比较数的大小的题目类型，一般是要构造函数，利用函数的单调性进行大小比较，关键是要能对数的特征进行变化，根据数的特征选定自变量，从而构造函数.

8. 某正六棱锥外接球的表面积为，且外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，底面正六边形边长，则其体积的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据正六棱锥和球的几何性质，结合球的表面积公式、棱锥的体积公式、导数的性质进行求解即可.

【详解】如图所示：

设该正六棱锥的高，侧棱长为，设该正六棱锥外接球的半径为，

因为正六棱锥外接球的表面积为，所以有，

因为外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，

所以，

设，

在正六边形，因为正六边形边长为，所以，

在中，由余弦定理可知，

在直角三角形中，，所以有，

由勾股定理可知，

因为，所以，因此有，

而，所以，

该正六棱锥的体积，

，

当时，单调递增，当时，单调递减，

所以，因为，，

所以，因此该正六棱锥的体积的取值范围是，

故选：B

【点睛】关键点睛：利用导数的性质求值域是解题的关键.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题为真命题的是（    ）

A. 过任意三点有且仅有一个平面

B. 为直线，为不同的两个平面，若，则

C. 为不同的直线，为平面，若，则

D. 为不同的直线，为平面，若，则

【答案】BD

【解析】

【分析】根据空间中点线面的位置关系，结合选项即可逐一求解.

【详解】对于A，过任意不共线的三点有且仅有一个平面，故A错，

对于B，由于，所以，故B正确，

对于C, 若，则可以异面，也可以相交，也可以，故C错误，

对于D,根据垂直于同一平面的两直线平行，可知D正确.

故选：BD

10. 关于函数，下列说法正确的是（    ）

A. 有两个极值点

B. 的图像关于原点对称

C. 有三个零点

D. 是的一个零点

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用导数研究函数的单调性和极值，作图，根据图像变换，结合奇偶性，函数零点的定义，可得答案.

【详解】

对于函数，求导可得：，

令，解得，可得下表：

则，，即可作图，

通过图像可知，有两个极值点，故A正确；

函数的图像不关于原点对称，故B错误；

函数有三个零点，故C正确；

因为

即

将代入解析式可得，

，故D正确.

故选:ACD

11. 已知抛物线C：过点是准线上的一点，F为抛物线焦点，过作的切线，与抛物线分别切于，则（    ）

A. C的准线方程是 B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据抛物线过的点，确定p的值，求得抛物线方程以及准线，判断A; 设切线方程为,利用判别式可得，判断D;再证明三点共线，以及证明，即可判断.

【详解】由抛物线C：过点，可得，

即，设焦点为,

则C的准线方程是，A正确；

设点，先考虑情况，则过点M作的切线，切线斜率必存在且不等于0，

设切线方程为，联立，可得 ，

则，即 ， ，

设的斜率分别为，则，

即，即，D错误；

设，不妨设A在第一象限，B在第四象限，则 ，

由于，对于曲线在第一象限内部分有,则，

对于曲线在第四象限内部分有,则，

由于，故，则 ，

由于，故斜率一定存在，设直线的方程为 ，

联立，得 ，故，

则直线的方程为，即直线过定点，

所以三点共线，

由于 ，

，故,

在中，,

则，，

当时，即,关于x轴对称，

，成立；

此时斜率不存在，不妨取，则，

联立，解得,则过定点，且,

则，成立，

综合上述，正确，

故选：

【点睛】关键点点睛：解决此类关于直线和抛物线的位置关系类题目，要注意设直线方程，并联立抛物线方程，得根与系数的关系，然后化简，这是解决这类问题的一般解决方法，解答此题的关键在于要注意到证明直线过定点，即三点共线，然后证明.

12. 直线：与的图象交于、两点，在A､B两点的切线交于，的中点为，则（    ）

A.  B. 点横坐标大于1

C.  D. 的斜率大于0

【答案】BC

【解析】

【分析】通过为两函数图象交点，转化为直线与曲线有两个不同的交点，研究的图象，数形结合可判断A；联立两条切线求得点的横坐标，利用极值点偏移思想可求得之间关系，即可判断B；通过构造函数建立之间的关系，将问题转化为二次函数两根之间距离问题可判断C正确；化简，结合前面的条件可判断D.

【详解】

对A，因为直线与曲线交于、两点，

有两个不同正根，

即直线与曲线有两个不同的交点.

在上单调递减，在单调递增，

且，

，故A错误

对B，由题意得，

，设

令

在单调递减.

，

在单调递减，

.

，

又，

.

的方程：，

的方程：，

联立可解得，

故选项B正确.

对C，设，

，

，且，

，设,

，

，

，

，

是的两个根，是方程的两根，

，所以C正确.

对D，

，

，

可以利用对数均值不等式证明如下：

对数均值不等式：，

，，

，

，，

，即<1, ，.

所以D错误.
故选：BC

【点睛】函数综合问题的处理，要通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合图象寻找等与不等关系，研究问题需要探究的结论，选择题还要注意特值，验证，排除等方法的灵活运用.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 中的系数为__________（用数字作答）.

【答案】

【解析】

【分析】的二项展开式的通项为，令，再求出展开式中的系数，从而可求解.

【详解】，

其二项展开式的通项为，

要得到，则，解得.

的二项展开式的通项为，

令，可得.

故中的系数为.

故答案为:.

14. 写出一个满足下列条件的双曲线的方程__________.

①焦点轴上②渐近线与圆有交点

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】根据直线与圆有交点，确定双曲线的渐近线方程，进而可写出双曲线方程.

【详解】不妨设双曲线的渐近线方程为，

的圆心为，半径为，

因为渐近线与圆有交点，

所以圆的圆心到这两直线的距离为，解得，

故取，双曲线的渐近线方程为，

此时焦点在轴上的双曲线方程为，

故答案为：（答案不唯一）

15. 已知函数的图像关于对称，且，则__________.

【答案】26

【解析】

【分析】由题意可得，故可得，可得的周期为2.由可得，故可求解.

【详解】因为的图像关于对称，

所以.

所以，两式相加可得.

故，可得.

故函数的周期为2.

因为，所以.

所以

.

故答案为:26.

16. 已知，则的最小值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】将原式变形为，将问题转化为求再利用几何意义及相似求解即可.

【详解】设

令圆上任意一点，则

设使得，则

又，所以

由勾股定理可得：，所以

故答案为：

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程及演算步骤.

17. 已知数列满足，其中是的前项和.

（1）求证：是等差数列；

（2）若，求的前项和.

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）根据的关系可得，根据此递推关系即可根据等差中项求证，

（2）根据裂项求和即可求解.

【小问1详解】

由得：

当时，，

两式子相减得①，

因此可得②，

①②相减得：，

由于 ，所以，

所以是等差数列；

【小问2详解】

由（1）知是等差数列，，所以，

因此，

所以.

18. 在中，所对的边分别为，且，其中是三角形外接圆半径，且不为直角.

（1）若，求的大小；

（2）求的最小值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)根据余弦定理和正弦定理即可求出的大小.

(2)运用正弦定理和二倍角的余弦公式，化简，再利用基本不等式求解的最小值.

【小问1详解】

在中， ，

进而，

，

，

又不为直角，则，，

，.

【小问2详解】

由(1)知，

转化为，又，，.

，

当且仅当，即时，等号成立，

的最小值为.

19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面为中点，与交于点的重心为.

（1）求证：平面

（2）若，求二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题可得，然后根据线面平行的判定定理即得；

（2）根据面面垂直的性质定理可得平面，然后利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.

【小问1详解】

因为的重心为，为中点，

所以，又，

所以，即，又，

所以，

所以，又平面，平面，

所以平面；

【小问2详解】

因为，为中点，

所以，又平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

如图以为原点建立空间直角坐标系，

则，

所以，

设平面的法向量为，则

，令，可得，

设平面的法向量为，则

，令，可得，

所以，

所以二面角的正弦值.

20. 某工厂生产一批零件，其直径X满足正态分布（单位：）.

（1）现随机抽取15个零件进行检测，认为直径在之内的产品为合格品，若样品中有次品则可以认定生产过程中存在问题.求上述事件发生的概率，并说明这一标准的合理性.（已知：）

（2）若在上述检测中发现了问题，另抽取100个零件进一步检测，则这100个零件中的次品数最可能是多少？

【答案】（1）见解析；   

（2）0.

【解析】

【分析】（1），故至少有1个次品的概率为，根据小概率事件说明即可；

（2）次品的概率为，设次品数为,则，其中，设次品数最可能是件，则，求解即可.

【小问1详解】

因为，所以,

所以随机抽取15个零件进行检测，至少有1个次品的概率为，

如果生产状态正常，至少有一个次品的概率约为，该事件是小概率事件，因此一旦发生这种状况，就有理由认定生产过程中存在问题，即这一标准是合理的.

【小问2详解】

次品的概率为，

抽取100个零件进一步检测，设次品数为,则，其中，

故，

设次品数最可能是件，

则，

即，

即，解得.

因为，所以，故.

故这100个零件中的次品数最可能是0.

21. 已知满足与的斜率之积为.

（1）求的轨迹的方程.

（2）是过内同一点的两条直线，交椭圆于交椭圆于，且共圆，求这两条直线斜率之和.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据直线斜率公式，结合已知进行求解即可；

（2）根据四点共圆的性质，结合直线的参数方程进行求解即可.

【小问1详解】

因为满足与的斜率之积为，

所以有；

【小问2详解】

设，因为在内，

所以，

设的参数方程为：，为直线的倾斜角，

把代入中，得

，

，

即，

设直线的倾斜角为，上式用代，

同理可得，

因为是过内同一点的两条直线，交椭圆于交椭圆于，且共圆，

所以由圆的相交弦定理可知：，

因为，所以有，

因为是直线的倾斜角，所以，

所以，

因为是过内同一点的两条直线，

所以，因此由，

设的斜率为，因此有，

即这两条直线斜率之和为.

【点睛】关键点睛：利用直线的参数方程、圆的相交弦定理是解题的关键.

22. 已知函数

（1）求在处的切线方程；

（2）若在定义域上有两解，求证：

①；

②.

【答案】（1）；   

（2）①证明见解析；②证明见解析．

【解析】

【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出；

（2）①令，方程在定义域上有两解，等价转化在上有两个不同的根，

再判断出函数的单调性，求出最值，由直线与函数在上的图象有两个交点，即可证出；

②根据①，再利用“切线夹”原理放缩即可证出．

【小问1详解】

因为，所以，即在处的切线方程为．

【小问2详解】

①易得，，因为，

设， 所以，所以在定义域上有两解等价于在上有两个不同的根，

即直线与函数在上的图象有两个交点.

因为，易知当时，，当时，

设，，而，，

所以存在唯一的，使得，即，

故当时，，单调递增，时，，单调递减，

综上可知，当时，，单调递增，时，，单调递减，，所以.

设，，，设，

所以，

因为，所以，，

从而，在上递减，故，即，

当，显然，故时，恒成立.

故，

即方程在定义域上有两解时，，原命题得证.

②由①知，设， 所以，所以在定义域上有两解等价于在上有两个不同的根，

不妨设，且，所以，

设，，所以，所以，，

即，又，所以，，，即，

所以，原不等式得证.

【点睛】本题第二问的解题关键是等价转化，一是方程根的个数转化为图象的交点个数，二是利用“切线夹”将直线与函数的图象交点的横坐标之差，转化为研究直线与两条切线之间的交点的距离之差，再根据位置关系从而证出．