河北省邯郸市2023届高三二模数学 Word版含解析

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邯郸市2023届高三年级第二次模拟试题数学试卷本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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】A【解析】【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再求出集合，最后根据补集、交集的定义计算可得.【详解】由，得，所以，不等式的解集为，所以，所以或，所以；故选：A.2.若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用复数运算求出，再利用复数乘方计算作答.

1【详解】由得：，即，所以.故选：D3.向量，满足，且，则在上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求解作答.详解】由得，又，所以在上的投影向量为.故选：C4.已知直线是曲线的切线，则（）A.B.1C.D.2【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解作答.【详解】函数，求导得，令直线与曲线相切的切点为，于且，所以.故选：B5.2023年3月13日，第十四届全国人民代表大会第一次会议在北京人民大会堂闭幕，为记录这一历史时刻，来自省的3名代表和省的3名代表合影留念.假设6名代表站成一排，则省的3名代表互不相邻，且省的3名代表也互不相邻的概率为（）

2A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出6名代表站成一排的所以排法，再求A省的3名代表互不相邻，且B省的3名代表也互不相邻的所有排法，利用古典概型概率公式求其概率.【详解】6名代表站成一排的所有排法共有种排法，省的3名代表互不相邻，且省的3名代表也互不相邻的排法可分为两类：第一类：省的3名代表坐在第位置，共有种排法，第二类：省的3名代表坐在第位置，共有种排法，所以省的3名代表互不相邻，且省的3名代表也互不相邻的排法共有种排法，所以事件省的3名代表互不相邻，且省的3名代表也互不相邻的概率.故选：B.6.已知函数，将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则函数的极值点为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出变换后的函数解析式，再利用余弦函数的性质求出，进而求出极值点作答.【详解】函数的图象沿轴向左平移个单位长度得的图象，依题意，，而，则，因此，由得：，所以函数的极值点为.故选：B7.如图①，“球缺”

3是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为，其中是球的半径，是球缺的高.某航空制造公司研发一种新的机械插件，其左右两部分为圆柱，中间为球切除两个相同的“球缺”剩余的部分，制作尺寸如图②所示（单位：cm）.则该机械插件中间部分的体积约为（）（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据球的截面的性质由条件求出球的半径，切除掉的“球缺”的高，结合球的体积公式和“球缺”的体积公式可得结论.【详解】过球心和“球缺”的底面圆的圆心作该几何体的截面，可得截面图如下：由已知可得，设为的中点，则，由已知可得，又，所以，由求得截面性质可得为以为斜边的直角三角形，所以，即球的半径，所以以为球心，为半径的球的体积，

4又，所以，因为球的半径，，所以“球缺”的高为，所以一个“球缺”的体积，所以该机械插件中间部分的体积约为.故选：C.8.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】要比较的大小只需比较与的大小，故考虑构造函数，利用函数的单调性比较其大小，要比较的大小，只需比较与的大小，故考虑构造函数，利用导数判断函数的单调性，利用单调性比较大小即可.【详解】因为，又由函数，，可得，所以函数在上为减函数，所以，所以，故，所以，因为，，故要比较的大小只需比较与的大小，

5故只需比较与的大小，故考虑构造函数，其中，由求导可得，所以函数在上单调递增，所以，所以，所以，即，所以，即，所以，故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于观察被比较的数的结构特征，确定两者的结构上的共性，考虑构造函数，利用函数的单调性确定被比较的数的大小.二、选择题：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.已知是定义在上的函数，，且满足为奇函数，当时，，下列结论正确的是（）A.B.的周期为2C.的图象关于点中心对称D.【答案】ACD【解析】【分析】由为奇函数可得，取可求，判断A，举反例判断B，由奇函数的性质结合图象变换判断C，由条件判断其周期，结合周期性性质判断D.【详解】因为为奇函数，

6所以，所以，所以，A正确；因为当时，，所以，因为，所以，故，所以2不是的周期，故B错误；因为为奇函数，所以函数的图象关于原点对称，所以的图象关于点中心对称，C正确；由，，可得，所以，所以函数为周期函数，周期为，所以，又当时，，所以，D正确；故选：ACD.10.已知为坐标原点，抛物线的焦点到准线的距离为2，过点且斜率为的直线与交于，两点，，则下列叙述正确的是（）A.的准线方程为

7B.恒成立C.若，则D.若，则【答案】BD【解析】【分析】由条件求出抛物线方程，由此判断A，再联立方程组利用设而不求法判断BCD.【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为2，所以，所以抛物线方程为，其准线方程为，A错误；由已知直线的方程为，联立，消，可得，方程的判别式，设，则，所以，所以，B正确；当时，，所以，所以，C错误；由可得，所以，故，又，所以，，，，所以，所以，

8所以，所以，又，所以，D正确；故选：BD.11.如图，在平行六面体中，，分别是，中点，以为顶点的三条棱长都是，，则（）A.平面B.C.四边形的面积为D.平行六面体的体积为【答案】ABD【解析】【分析】根据线面平行、线面垂直、空间距离、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.详解】A选项，如图，连接，

9由于分别是的中点，所以，根据棱柱的性质可知，所以，由于平面，平面，所以平面，所以A选项正确.B选项，因为，所以，即，所以B选项正确.C选项，如图，连接，则，，即，同理，故四边形为矩形，面积为，所以C选项错误.D选项，如图，过作平面，易知在直线上，因为平面，故，过作于，连接，

10由，而平面，得平面，易得，故，，，故平行六面体的体积为，所以D选项正确.故选：ABD12.已知函数，若存在满足，，下列结论正确的是（）A.若，则B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】利用导数判断函数的单调性，结合关键点的坐标作出函数图象，由，可得直线与函数的图象有三个交点，观察图象确定的范围，设可得，比较系数，结合条件判断B，C，D.【详解】因为，所以，令，可得或，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，

11当时，，函数在上单调递增，又，，，，作出函数的图象如下：对于A，由，可得为方程的三个根，即为方程的三个根，即为方程的三个根，故直线与函数的图象有三个交点，所以，所以，A正确；设，可得，因为，所以，，，则，所以，所以，所以，，又，，所以，，B错误，C正确，D正确；故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于利用导数确定函数的单调性，作出函数的图象，结合图象研究函数的零点或方程的根.

12三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中，常数项为_________.（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常数项即可.【详解】由题意得，因为的展开式的通项为，令，，令，，所以的常数项为，故答案为：14.已知直线与圆交于A，两点，若是圆上的一动点，则面积的最大值是___________.【答案】##【解析】【分析】求出圆C圆心到弦AB的长度d，求出弦AB的长度，M到弦AB的最大距离为d＋r(r为圆C半径)，根据三角形面积公式即可求出答案．【详解】，则圆C的圆心为，半径为，圆心C到直线l（弦AB）的距离为，则，则到弦AB的距离的最大值为，则面积的最大值是.

13故答案为：15.若数列从第二项起，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列为二阶等差数列.某数学小组在数学探究课上，用剪刀沿直线剪一圆形纸片，将剪刀最多可以将圆形纸片分成的块数记为，经实际操作可得，，，，…，根据这一规律，得到二阶等差数列，则________；若将圆形纸片最多分成1276块，则_________.【答案】①.37②.50【解析】【分析】由二阶等差数列的定义结合所给条件求出数列的通项公式，再由通项公式求和所对应的项数.【详解】因为数列为二阶等差数列，所以数列为等差数列，由，，，，可得，所以数列为首项为，公差为的等差数列，所以，所以当时，，将以上各式相加可得，，又，所以，其中，经验证也满足该关系，所以，所以，令，则，解得.

14故答案为：；.16.已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，上顶点为，线段的中垂线交于、两点，交轴于点，，的周长为16，则椭圆的标准方程为_________.【答案】【解析】【分析】由及勾股定理可得，再证明过椭圆的另一个焦点，从而求出的周长，又由的周长等于的周长，解得，即可求出椭圆的标准方程.【详解】如图，由题意可得，可得，连接，在中，由勾股定理得，所以，整理得，所以即，所以椭圆的离心率.在中，所以.设直线交轴于点，交于点，在中，有，所以为椭圆的左焦点.又，所以的周长等于的周长.又的周长为，所以.解得.所以，.

15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、证明过程或演算步骤.17.已知条件：①；②；③.从三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.问题：在中，角，，所对的边分别为，，，满足：___________.（1）求角的大小；（2）若，与的平分线交于点，求周长的最大值.注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分【答案】（1）条件选择见解析，；（2）【解析】【分析】（1）选①，利用余弦定理求解作答；选②，利用二倍角正弦、正弦定理边化角求解作答；选③，利用二倍角的余弦公式计算作答.（2）根据给定条件，结合（1）的结论求出，再利用正弦定理结合三角恒等变换求解作答.【小问1详解】选择条件①，，在中，由余弦定理得，整理得，则，又，所以.选择条件②，，于是，在中，由正弦定理得，，因为，则，即，

16因为，因此，即，又，所以.选择条件③，，在中，因为，即，则，又，即有，则，所以.【小问2详解】由（1）知，，有，而与的平分线交于点，即有，于是，设，则，且，在中，由正弦定理得，，所以，，所以的周长为，由，得，则当，即时，的周长取得最大值，所以周长的最大值为.

1718.已知数列中，，，记数列的前项的乘积为，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据，可得，两式相除可得，两边取对数可得，结合时求得，可得，可得是常数列，即可求得答案.（2）由（1）的结论可得的解析式，从而求得，结合放缩法以及等比数列的前项和公式确定的范围.【小问1详解】由题意知为正项数列的前项的乘积，且，当时，，所以，解得；又①，②，②÷①得，，即，所以，即，所以，所以，结合，可知数列是常数列，所以，所以，所以.【小问2详解】

18由（1）可得，则，由于，故，且，所以，即.19.某企业为在推进中国式现代化新征程中展现更大作为，在提升员工敬业精神和员工管理水平上实施新举措制定新方案.现对员工敬业精神和员工管理水平进行评价，从企业中选出200人进行统计，其中对员工敬业精神和员工管理水平都满意的有50人，对员工敬业精神满意的人数是总人数的40%，对员工管理水平满意的人数是总人数的45%.（1）完成对员工敬业精神和员工管理水平评价的2×2列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意有关联？项目对员工管理水平满意对员工管理水平不满意合计对员工敬业精神满意对员工敬业精神不满意合计（2）若将频率视为概率，随机从企业员工中抽取3人参与此次评价，设对员工敬业精神和对员工管理水平都满意的人数为随机变量，求的分布列和数学期望.（3）在统计学中常用表示在事件发生的条件下事件发生的优势，现从该企业员工中任选一人，表示“选到对员工管理水平不满意”、表示“选到对员工敬业精神不满意”，请利用样本数据，估计的值.

19附：，.0.050.010.0013.8416.63510.828【答案】（1）表格见解析，能认为对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意有关联；（2）分布列见解析，；（3）的值为.【解析】【分析】（1）根据给定的数据完善2×2列联表，再计算观测值作答.（2）求出的可能值，求出对应的概率，列出分布列并计算期望作答.（3）根据给定定义，利用条件概率计算作答.【小问1详解】由题意可得关于对员工敬业精神和员工管理水平评价的2×2列联表项目对员工管理水平满意对员工管理水平不满意合计对员工敬业精神满意503080对员工敬业精神不满意4080120合计90110200零假设为：对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意无关.据表中数据计算得：，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为对员工敬业精神满意与对员工管理水平满意有关联.【小问2详解】对员工敬业精神和对员工管理水平都满意的概率为，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，其中；；

20；，所以随机变量的分布列为0123则.【小问3详解】，所以估计的值为.20.四棱锥中，，平面，，为的中点，且.（1）求证：平面.（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)方法一：证明平面得；再证明即可；方法二：依题意得平面，以A为坐标原点，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，设，，求出B、C、D、E、P的坐标，根据，结合向量即可求出，求出平面的法向量，证明即可．

21(2)方法一：以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解；方法二：求出平面的法向量为，结合(1)即可求解．【小问1详解】方法一：因为平面，平面，所以.因为，，平面，所以平面，又平面，所以.又因为，所以，，即.因为，平面，所以平面.方法二：依题意得平面，以为坐标原点，方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设，，则，，，，，，.因为，所以，，所以.所以，，，.设平面的法向量为.由，，得，令，则，即.由，所以平面.【小问2详解】方法一：由（1）得，为的中点，所以.以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，过点作的平行线为

22轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，.设平面的法向量为.由，得，令，则，，即.由（1）知平面的一个法向量为，所以.根据观察，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.方法二：设平面的法向量为.由，，得，令，则，，即.所以.所以二面角的余弦值为.21.已知双曲线（，）过，，，四个点中的三个点.

23（1）求双曲线的方程；（2）若直线与双曲线交于，两点，且，求证：直线经过一个不在双曲线上的定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，定点的坐标为【解析】【分析】(1)根据双曲线的对称性可知，在双曲线上，而不可能在双曲线上，从而可知也在双曲线上，即可求双曲线的方程；(2)分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理可用含有的式子表示、，再由得到含有的方程，把、代入化简即可求出的值，从而求出定点坐标.当直线的斜率不存在时，设的方程为，同理可求出定点坐标.【小问1详解】根据双曲线的对称性可知，关于轴对称，所以，必同时在双曲线上，而不可能在双曲线上.则双曲线还经过点，则，将点代入，可得.所以双曲线的方程为.【小问2详解】(ⅰ)当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，联立，整理得，.

24由得（*），且，，因为，所以，，因为，所以，即，所以，即，所以，化简得，即，所以或，且均满足（*），当时，直线的方程为，直线过定点，即点，不符合题意，舍去；当时，直线的方程为，直线过定点，符合题意.(ⅱ)当直线的斜率不存在时，设的方程为，由，解得，依题意，因为，，所以，即，所以，即，解得（舍）或，

25所以直线的方程为，直线过点，综上所述，直线经过一个不在双曲线上的定点，定点的坐标为.22.已知函数.（1）若单调递减，求的取值范围；（2）若的两个零点分别为，，且，证明：.（参考数据：）【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知可得在时恒成立，由此可得，再利用导数求函数的最大值，由此可得的取值范围；（2）令，则，由已知可得要证明只需证明，利用导数求的最小值即可证明结论.【小问1详解】由得，，因为单调递减，所以在时恒成立，所以在时恒成立，即，令，则，可知时，，单调递增；时，，单调递减，则时取最大值，

26所以，即，所以的取值范围是.【小问2详解】因为有两个零点，，令，则，当时，，单调递增，不符合题意，当时，由可得，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，由可知，，要证明，只需证明.由已知可得，化简得，所以，.令，则，要证明，只需证明.令，且，则，令，且，则，则在时单调递增，故，

27故，则在时单调递减，所以，即，则有，所以，即原不等式成立.【点睛】关键点点睛：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．

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