2023学年河北省邢台市高三下学期联考数学试题（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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，是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点.若依次构成等差数列，且，则椭圆的离心率为 A． B． C． D． 2．已知函数，若关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 3．已知条件，条件直线与直线平行，则是的( ) A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 4．正三棱锥底面边长为3，侧棱与底面成角，则正三棱锥的外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 5．已知各项都为正的等差数列中，，若，，成等比数列，则（ ） A． B． C． D． 6．若，则下列不等式不能成立的是（ ） A． B． C． D． 7．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（ ）种. A．408 B．120 C．156 D．240 8．若，则， ， ， 的大小关系为（ ） A． B． C． D． 9．如图，在直三棱柱中，，，点分别是线段的中点，，分别记二面角，，的平面角为，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 10．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A． B．64 C． D．32 11．如图是正方体截去一个四棱锥后的得到的几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ） A． B． C． D． 12．函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，要得到函数的图象，只需将的图象（ ） A．向左平移个单位 B．向右平移个单位 C．向左平移个单位 D．向右平移个单位 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．如图，在三棱锥中，平面，，已知，，则当最大时，三棱锥的体积为__________． 14．已知双曲线C：（）的左、右焦点为，，为双曲线C上一点，且，若线段与双曲线C交于另一点A，则的面积为______. 15．的展开式中，的系数为_______（用数字作答）. 16．若，则____. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（12分）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 18．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程； （2）若曲线、交于、两点，是曲线上的动点，求面积的最大值. 19．（12分）有甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪元，送餐员每单制成元；乙公司无底薪，单以内（含单）的部分送餐员每单抽成元，超过单的部分送餐员每单抽成元.现从这两家公司各随机选取一名送餐员，分别记录其天的送餐单数，得到如下频数分布表： 送餐单数 38 39 40 41 42 甲公司天数 10 10 15 10 5 乙公司天数 10 15 10 10 5 （1）从记录甲公司的天送餐单数中随机抽取天，求这天的送餐单数都不小于单的概率； （2）假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，将频率视为概率，回答下列两个问题： ①求乙公司送餐员日工资的分布列和数学期望； ②小张打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，小张应选择哪家公司应聘？说明你的理由. 20．（12分）如图，正方体的棱长为2，为棱的中点. （1）面出过点且与直线垂直的平面，标出该平面与正方体各个面的交线（不必说明画法及理由）； （2）求与该平面所成角的正弦值. 21．（12分）已知数列的前项和为，且点在函数的图像上； （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足：，，求的通项公式； （3）在第（2）问的条件下，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围； 22．（10分）已知是等腰直角三角形,．分别为的中点,沿将折起,得到如图所示的四棱锥． (Ⅰ)求证：平面平面． (Ⅱ)当三棱锥的体积取最大值时,求平面与平面所成角的正弦值． 2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析） 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D 【答案解析】 如图所示，设依次构成等差数列，其公差为. 根据椭圆定义得，又，则，解得，.所以，，，. 在和中，由余弦定理得，整理解得.故选D． 2、C 【答案解析】 求导，先求出在单增，在单减，且知设，则方程有4个不同的实数根等价于方程 在上有两个不同的实数根，再利用一元二次方程根的分布条件列不等式组求解可得. 【题目详解】 依题意，， 令，解得，，故当时，， 当，，且， 故方程在上有两个不同的实数根， 故， 解得. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查确定函数零点或方程根个数.其方法： (1)构造法：构造函数(易求，可解)，转化为确定的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出的图象草图，数形结合求解； (2)定理法：先用零点存在性定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数. 3、C 【答案解析】 先根据直线与直线平行确定的值，进而即可确定结果. 【题目详解】 因为直线与直线平行， 所以，解得或；即或； 所以由能推出；不能推出； 即是的充分不必要条件. 故选C 【答案点睛】 本题主要考查充分条件和必要条件的判定，熟记概念即可，属于基础题型. 4、D 【答案解析】 由侧棱与底面所成角及底面边长求得正棱锥的高，再利用勾股定理求得球半径后可得球体积． 【题目详解】 如图，正三棱锥中，是底面的中心，则是正棱锥的高，是侧棱与底面所成的角，即＝60°，由底面边长为3得， ∴． 正三棱锥外接球球心必在上，设球半径为， 则由得，解得， ∴． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查球体积，考查正三棱锥与外接球的关系．掌握正棱锥性质是解题关键． 5、A 【答案解析】 试题分析：设公差为 或（舍），故选A. 考点：等差数列及其性质. 6、B 【答案解析】 根据不等式的性质对选项逐一判断即可. 【题目详解】 选项A：由于，即，，所以，所以，所以成立； 选项B：由于，即，所以，所以，所以不成立； 选项C：由于，所以，所以，所以成立； 选项D：由于，所以，所以，所以，所以成立. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查不等关系和不等式，属于基础题. 7、A 【答案解析】 利用间接法求解，首先对6门课程全排列，减去“乐”排在第一节的情况，再减去“射”和“御”两门课程相邻的情况，最后还需加上“乐”排在第一节，且“射”和“御”两门课程相邻的情况； 【题目详解】 解：根据题意，首先不做任何考虑直接全排列则有（种）， 当“乐”排在第一节有（种）， 当“射”和“御”两门课程相邻时有（种）， 当“乐”排在第一节，且“射”和“御”两门课程相邻时有（种）， 则满足“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻的排法有（种）， 故选：． 【答案点睛】 本题考查排列、组合的应用，注意“乐”的排列对“射”和“御”两门课程相邻的影响，属于中档题． 8、D 【答案解析】 因为，所以， 因为，，所以,. 综上；故选D. 9、D 【答案解析】 过点作，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的余弦值得答案． 【题目详解】 解：因为，，所以，即 过点作，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，，，，0，，，1，， ，， ，，， 设平面的法向量， 则，取，得， 同理可求平面的法向量， 平面的法向量，平面的法向量． ，，． ． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查二面角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题． 10、A 【答案解析】 根据三视图，还原空间几何体，即可得该几何体的体积. 【题目详解】 由该几何体的三视图，还原空间几何体如下图所示： 可知该几何体是底面在左侧的四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为4， 故. 故选：A 【答案点睛】 本题考查了三视图的简单应用，由三视图还原空间几何体，棱锥体积的求法，属于基础题. 11、C 【答案解析】 根据三视图作出几何体的直观图，结合三视图的数据可求得几何体的体积. 【题目详解】 根据三视图还原几何体的直观图如下图所示： 由图可知，该几何体是在棱长为的正方体中截去四棱锥所形成的几何体， 该几何体的体积为. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查利用三视图计算几何体的体积，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题. 12、A 【答案解析】 依题意有的周期为.而，故应左移. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、4 【答案解析】 设，则，，， ，当且仅当，即时，等号成立. , 故答案为4 14、 【答案解析】 由已知得即，,可解得,由在双曲线C上,代入即可求得双曲线方程,然后求得直线的方程与双曲线方程联立求得点A坐标,借助,即可解得所求. 【题目详解】 由已知得，又，，所以，解得或，由在双曲线C上，所以或，所以或（舍去），因此双曲线C的方程为.又，所以线段的方程为，与双曲线C的方程联立消去x整理得，所以，，所以点A坐标为，所以. 【答案点睛】 本题主要考查直线与双曲线的位置关系,考查双曲线方程的求解,考查求三角形面积,考查学生的计算能力,难度较难. 15、60 【答案解析】 根据二项式定理展开式通项，即可求得的系数. 【题目详解】 因为， 所以， 则所求项的系数为. 故答案为：60 【答案点睛】 本题考查了二项展开式通项公式的应用，指定项系数的求法，属于基础题. 16、 【答案解析】 由， 得出，根据两角和与差的正弦公式和余弦公式化简，再利用齐次式即可求出结果. 【题目详解】 因为， 所以， 所以. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查三角函数化简求值，利用二倍角正切公式、两角和与差的正弦公式和余弦公式，以及运用齐次式求值，属于对公式的考查以及对计算能力的考查. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17、（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；