河北省部分学校2023届高三数学考前模拟演练试题（Word版附解析）

2023高考临考信息卷一､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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分别求出集合，再根据交集的定义即可得解.【详解】，由，得，则，则.故选：C.2.已知复数满足，则的共轭复数（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数模的计算公式，转化为，利用复数的运算法则和共轭复数的概念，即可求解.【详解】因为，可得，所以.故选：C.3.2023年3月24日是第28个“世界防治结核病日”，我国的宣传主题是“你我共同努力，终结结核流行”，呼吁社会各界广泛参与，共同终结结核流行，维护人民群众的身体健康.已知某种传染疾病的患病率为5%通过验血诊断该病的误诊率为2%，即非患者中有2%的人诊断为阳性，患者中有2%的人诊断为阴性.随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性的概率为（）A.0.46B.0.046C.0.68D.0.068 【答案】D【解析】【分析】应用全概率公式求解即可.【详解】设随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性为事件A,设随机抽取一人实际患病为事件B,随机抽取一人非患为事件，则.故选:D.4.过抛物线：的焦点的直线交抛物线于、两点，以线段为直径的圆的圆心为，半径为.点到的准线的距离与之积为25，则（）A.40B.30C.25D.20【答案】A【解析】【详解】由抛物线的性质知，点到的准线的距离为，依题意得，又点到的准线的距离为，则有，故，故选：A．5.根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，文化娱乐场所室内甲醛浓度为安全范围.已知某新建文化娱乐场所施工中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，竣工1周后室内甲醛浓度为，3周后室内甲醛浓度为，且室内甲醛浓度（单位：）与竣工后保持良好通风的时间（单位：周）近似满足函数关系式，则该文化娱乐场所竣工后的甲醛浓度若要达到安全开放标准，至少需要放置的时间为（）A.5周B.6周C.7周D.8周【答案】B【解析】 【分析】由相除可得，然后解不等式，由指数函数性质估计出，从而可得的范围，由此可得结论.【详解】由题意可知，，，，解得.设该文化娱乐场所竣工后放置周后甲醛浓度达到安企开放标准，则，整理得，设，因为，所以，即，则，即.故至少需要放置的时间为6周.故选：B.6.在轴截面顶角为直角的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆柱的底面半径与圆锥的底面半径的比值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设圆柱和圆锥底面半径分别为r，R，由圆柱表面积等于圆锥侧面积建立方程，求半径比.【详解】设圆柱和圆锥底面半径分别为r，R，因为圆锥轴截面顶角为直角，所以圆锥母线长为，设圆柱高为h，则，，由题，，得.故选：D.7.已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为F1、F2，点M是双曲线右支上一点，且，延长交双曲线C于点P，若，则双曲线C的离心率为（　　） A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】设，则由双曲线的定义可得，，，然后在利用勾股定理可求出，再在中利用勾股定理可表示的关系，从而可求出离心率.【详解】设（），由双曲线的定义可得，，，由，可得，即，解得，又，即为，即为，则，故选：D.8.在中，，，，P，Q是平面上的动点，，M是边BC上的一点，则的最小值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】 【分析】根据向量运算可得，结合图形分析的最小值即可得结果.【详解】取的中点，则，可得，∵，当且仅当在线段上时，等号成立，故，显然当时，取到最小值，∴，故.故选：B.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.下列结论正确的有（）A.若随机变量，满足，则B.若随机变量，且，则C.若线性相关系数越接近1，则两个变量线性相关性越强D.按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44．48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则【答案】BC【解析】【分析】由方差的性质判断A；由正态分布的对称性判断B；由相关系数的定义判断C；根据百分位数的定义判断D.【详解】对于A，由方差的性质可得，故A错误；对于B，由正态分布的图象的对称性可得，故B正确； 对于C，由相关系数知识可得：线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故C正确；对于D，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，则，解得，故，故D错误；故选：BC10.年月，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆都包含，点组成的“曲圆”半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴长等于半圆的直径，如图，在平面直角坐标系中，下半圆与轴交于点若过原点的直线与上半椭圆交于点，与下半圆交于点，则（）A.椭圆的离心率为B.的周长为C.面积的最大值是D.线段长度的取值范围是【答案】BD【解析】【分析】根据给定的条件，求出椭圆的短半轴长，半焦距判断选项A；利用椭圆的定义求出焦点三角形周长判断选项B；求出长度范围判断选项D；根据运动的观点可得最大值判断C.【详解】由题知，椭圆中的几何量，所以，则，故A不正确；因为，由椭圆性质可知，所以，故D正确； 设，到轴的距离为，，则，当在短轴端点处时，，同时取得最大值，故面积的最大值是，故C不正确；由椭圆定义知，，所以的周长，故B正确．故选：．11.如图，四棱柱的底面是边长为的正方形，侧棱底面ABCD，三棱锥的体积是，底面ABCD和的中心分别是O和，E是的中点，过点E的平面分别交，，于F，N，M点，且平面，G是线段MN任意一点（含端点），P是线段上任意一点（含端点），则下列说法正确的是（）A.侧棱的长为B.四棱柱的外接球的表面积是C.当时，平面截四棱柱的截面是六边形D.当G和P变化时，的最小值是5 【答案】BCD【解析】【分析】选项A，可直接利用三棱锥的体积公式，求出侧棱长，从而判断选项A错误；选项B，利用长方体外接球心是体对角线的中心，体对角线长即球的直径，从而求出半径，从而判断选项B正确；选项C，利用性质找出平面截四棱柱的截面，再利用平行关系找出比例，从而判断出结果的正误；选项D，先求证出平面，从而得到故对任意的G都有，进而判断出结果的正误.【详解】对于选项A，因为三棱锥的体积是，解得，故选项A错误；对于选项B，外接球的半径满足，故外接球的表面积，故选项B正确；对于选项C，如图，延长MN交的延长线于点Q，连接AQ交于点F，在平面内作交于H，连接AH，则平面截四棱柱的截面是五边形AFNMH，因为，所以此时，故时截面是六边形，时截面是五边形，故选项C正确；对于选项D，因为平面，，平面，所以平面，又面面，面，所以，又因为四边形是正方形，，所以，因为侧棱底面，底面，所以，又，所以平面，垂足是E，故对任意的G都有，又因为，，故，故选项D正确， 故选：BCD.12.已知，则（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】A.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项.B.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误.C.通过，得到，进而可得与的大小关系,进而可知C选项错误.D.与C选项同样的方法即可判断.【详解】A.令则，所以在单调递减，在上单调递增，且，故.令则，所以在上单调递减，且 即故选项A正确B.令则，所以在单调递增，在上单调递减，且，故.令所以在上单调递减，且即故选项B错误C又在单调递增故选项C错误D.由C可知，又在单调递减故选项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.在平面直角坐标系中，角的顶点为，始边与轴的非负半轴重合，终边与圆相交于点，则___________.【答案】##【解析】【分析】根据三角函数定义可求得，再利用诱导公式、倍角公式运算求解.【详解】因为角的终边与圆相交于点， 则，所以.故答案为：.14.已知多项式，则___________.【答案】74【解析】【分析】利用二项展开式的通项分别求得和的展开式的项，进而求得的值.【详解】对于，其二项展开式的通项为，令，得，故，对于，其二项展开式的通项为，令，得，故，所以.故答案为：74.15.已知函数和，若的极小值点是的唯一极值点，则k的最大值为____.【答案】##【解析】【分析】利用导数求出的单调性和极小值点，然后，然后可得或 恒成立，然后可求出答案.【详解】由可得所以当或时，，当时，所以的极小值点是2由可得因为的唯一极值点为2，所以或恒成立所以或在上恒成立因为在上单调递减，在上单调递增，当时所以故答案为：16.“数列”是每一项均为或的数列，在通信技术中应用广泛．设是一个“数列”，定义数列：数列中每个都变为“”，中每个都变为“”，所得到的新数列．例如数列，则数列．已知数列，且数列，，记数列的所有项之和为，则__________．【答案】【解析】【分析】设数列中，的个数为，的个数为，可利用表示出，两式分别作和、作差，结合等比数列通项公式可推导求得，从而得到，整理可得最终结果.【详解】设数列中，的个数为，的个数为，则，， 两式相加得：，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，；两式相减得：，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，；，，，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是能够根据所定义的变化规律，得到与所满足的递推关系，利用递推关系式证得数列和均为等比数列，从而推导得到的通项公式.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.如图在平面四边形ABCD中，，，，．（1）求边BC；（2）若，求四边形ABCD的面积．【答案】（1）1；（2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理即可求得边BC的长；（2）分别利用三角形面积公式求得的面积，进而求得四边形ABCD的面积．【小问1详解】因为，为锐角， 所以．因为，，在中，由余弦定理得，即，得．【小问2详解】在中，由正弦定理得，即，所以．在中，由余弦定理得，即，解得．因为，，所以．18.在各项均为正数的数列中，，．（1）求的通项公式；（2）若，的前项和为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由得出，再根据得出，则数列为等比数列，即可得出通项公式； （2）由（1）得，，，代入，化简得，即可得出，则，再证明为增数列，则，即可证明结论．【小问1详解】，，则或，又，，数列为等比数列，公比为2，，．【小问2详解】证明：由（1）得，，，则，的前项和为，则，又当时，当时，为增数列，，即，．19.2023年3月华中师大一附中举行了普通高中体育与健康学业水平合格性考试．考试分为体能测试和技能测试，其中技能测试要求每个学生在篮球运球上篮、羽毛球对拉高远球和游泳3个项目中任意选择一个参加．某男生为了在此次体育学业考试中取得优秀成绩，决定每天训练一个技能项目．第一天在3个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都是从前一天没有训练的2个项目中任意选一项训练．（1）若该男生进行了3天的训练，求第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率； （2）设该男生在考前最后6天训练中选择“羽毛球对拉高远球”的天数为，求的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析；【解析】【分析】（1）根据乘法原理，结合古典概型计算求解即可；（2）由题知的可能取值为，再依次求对应的概率，列分布列，求期望即可.【小问1详解】解：当第一天训练的是“篮球运球上篮”且第三天也是训练“篮球运球上篮”为事件；当第一天训练的不是“篮球运球上篮”且第三天是训练“篮球运球上篮”为事件；由题知，三天的训练过程中，总共的可能情况为种，所以，，，所以，第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率.【小问2详解】解：由题知，的可能取值为，所以，考前最后6天训练中，所有可能的结果有种，所以，当时，第一天有两种选择，之后每天都有种选择，故；当时，第一天选择“羽毛球对拉高远球”，则第二天有2种选择，之后每天只有1种选择，共2种选择；第二天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第三天2种，后每天只有1种选择，共4种选择；第三天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天有1种选择，第三天1种，第四天有2种选择，之后每天只有1种选择，共4种选择；第四天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第六天有1种，第五天有2种选择，共4种选择；第五天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天有1种，第六天有2种选择，共4种选择；第六天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天，第六天都有1种选择，共2种选择；综上，当时，共有种选择， 所以，；当时，第一天，第三天，第五天，选择“羽毛球对拉高远球”，有种选择；第一天，第三天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有种选择第一天，第四天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有种选择；第二天，第四天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有种选择；所以，当时，共有种选择，所以，；所以，当，所以，的分布列为：所以，.20.已知椭圆的左右焦点分别是，是椭圆上一动点(与左右顶点不重合)，已知的内切圆半径的最大值是椭圆的离心率是.（1）求椭圆的方程；（2）过作斜率不为0的直线交椭圆于两点，过作垂直于轴的直线交椭圆于另一点，连接，设的外心为，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据面积最大时，r最大可得出等量关系求解；（2）设出直线方程，与椭圆联立，设，得出韦达定理，表示出AB的中点坐标，求得AB的垂直平分线方程，得出点坐标，即可表示出，即可得出定值. 【详解】（1）由题意知∶，∴a=2c，，设△的内切圆半径为r，则.故当面积最大时，r最大，即P点位于椭圆短轴顶点时，所以，把a=2c，代入，解得∶a=2，，所以椭圆方程为（2）由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB为，代入椭圆方程得.，设，则，，因此可得所以AB的中点坐标为(，)因为G是△ABQ的外心，所以G是线段AB的垂直平分线与线段BQ的垂直平分线的交点，由题意可知B，Q关于y轴对称，故，AB的垂直平分线方程为令y=0，得，即G(，0)，所以又=故，所以为定值，定值为4.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.21.在三棱台中，平面，，分别是的中点，是棱上的动点.（1）求证：；（2）若是线段的中点，平面与的交点记为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，证得四点共面，根据平面，证得，结合，证得平面，即可证得；（2）延长与交于点，连接，根题意证得两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：取线段的中点，连接，如图所示，因为分别为的中点，所以， 三棱台中，，所以，且，故四点共面，因为平面，平面，所以，因为，所以四边形是正方形，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以.【小问2详解】解：延长与相交于点，连接，则，因为分别为和的中点，，所以，则，所以，为的中点，又因为为的中点，且，则为的重心，所以，因为平面平面，所以.因为，所以，又因为平面，所以平面，所以两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴、轴和轴建立如图所示空间直角坐标系，则，可得. 设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，所以，故平面与平面夹角的余弦值为.22.已知函数有两个零点，，且，（1）求的取值范围；（2）证明：【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）易得，分和讨论，对时，根据存在两零点得，求出的范围，再结合，放缩得，确定，则，再构造函数 ，，求出其单调性即可得到的范围；（2）利用基本不等式得，放缩证明，利用比值换元法设，构造函数，，求导证明其单调性，得到其范围即可.【小问1详解】因为的定义域为，所以当时，恒成立，所以在上单调递增，故不可能有两个零点，故舍去；当时，令，解得令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，要使有两个零点，则，解得，又，，所以当时，在和上各有一个零点，，且，所以，由单调性知，当时，，当时，，因为，所以，即所以，而， 即，所以，而，令，则，，，所以，所以在上单调递增，所以，所以【小问2详解】，当且仅当取等号，而，故要证，即证，即证即证，即证，.设，，，，，令，，令，，易知在上单调递增，故， ∴在单调递增，∴，∴在上单调递增，∴得证【点睛】关键点睛：本题第2问首先采用了基本不等式进行放缩得，从而将题目的证明转化为证明，然后得到，利用经典的比值换元法，设，，则，从而设，，通过多次求导研究其单调性和值域即可.