2023届河北省高三年级上册学期省级联测数学试题【含答案】

2023届河北省高三上学期省级联测数学试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出集合，再求两集合的交集即可.【详解】解：∵，，∴.故选：C.2．已知函数若，则（

）A．0 B． C． D．1【答案】D【分析】由分段函数可知先求，再求即可【详解】∵，∴，解得，故选：D.3．若，则复数可能为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，根据等式条件求出的值即可【详解】设，∵，∴，即，即，即，故，故选：A.4．已知等差数列的前项和为，若，则（

）A．7 B． C． D．10【答案】B【分析】根据等差数列的前项和为公式解决即可.【详解】因为，，所以，解得，所以.故选：B.5．若，则（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】将用替换后，解方程解出即可.【详解】因为，可得，可得，解得，因为，所以，所以，所以.故选：C.6．已知，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】原式整理化简为，可构造函数，使用函数的单调性求解.【详解】∵∴原式令，则，当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，又∵，，，∴当时，，∴当，的取值范围是.故选：D.7．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用作差法，结合已知数据，即可比较大小.【详解】∵，∴，∴；又，∴，又均为正数，∴，∴，∴.故选：A.8．若双曲线（，）上存在四点，使得四边形为正方形，且原点为正方形中心，为双曲线右顶点，在第一象限，，设双曲线的离心率为，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由，分别设和，设与轴交于点，求出和，得到坐标和，代入双曲线方程可求出，即可求出.【详解】由已知，如图，设，∵，∴，设与轴交于点，∴在中，易求出，且，∴在中，，∴，将和代入双曲线的方程，得，，解得，即，∴∴.故选：C.【点睛】由于双曲线离心率的平方，因此本题解题的关键就是求出与的比值，利用题中几何关系，设长度为度量，将，都用表示，即可求解.二、多选题9．下列命题不正确的是（

）A．若，则B．三个数成等比数列的充要条件是C．向量共线的充要条件是有且仅有一个实数，使D．已知命题时，，则命题的否定为：时，【答案】ABC【分析】利用不等式的性质判断A，利用等比中项的概念判断B，利用向量共线的概念判断C，利用全程命题的否定是特称命题判断D.【详解】对于A，当时，命题不成立，故错误；对于B，三个数成等比数列的必要条件是，当时，满足，但不满足三个数成等比数列，故错误；对于C，非零向量与共线的充要条件是有且仅有一个实数使，当均为零向量时，共线，但存在无数个实数，使，故错误；对于D，命题时，，为全称量词命题，根据全称量词命题的否定是存在量词命题可得命题的否定为：时，，故正确.故选：ABC.10．已知当时，，并且满足，则下列关于函数说法正确的是（

）A． B．周期C．的图象关于对称 D．的图象关于对称【答案】AD【分析】根据所给函数的性质，利用替换的方法可求出函数周期判断B，再由函数关于对称，判断C，求出判断A，由周期及关于对称判断D.【详解】由于时，，并且满足，则函数的图象关于对称.由于，所以，故，故，故函数的最小正周期为，根据，知函数的图象关于对称.由于时，，，故A正确，由于函数的最小正周期为，故B错误；由函数的图象关于对称，易知的图象不关于对称，故C错误；根据函数图象关于对称，且函数图象关于对称，知函数图象关于对称，又函数的最小正周期为，则函数图象一定关于对称，故D正确.故选：AD.11．如图几何体由两个棱长为1的正方体堆叠而成，G为的中点，下列说法正确的是（

）A．平面平面 B．三棱锥的体积为C．该几何体外接球的体积为 D．若为动点，且，则点运动轨迹与该几何体表面相交的长度为【答案】AD【分析】由几何体的结构特征，可以证明平面，进而可以证明平面平面；可将三棱锥的体积转化为求得体积；几何体外接球的直径即为长方体的体对角线长；动点P的轨迹是在几个面上的圆弧.【详解】对A选项，由正方体的几何性质易知，且，平面平面，所以平面，又平面，所以平面平面，所以A选项正确；对B选项，因为三棱锥的体积，所以B选项错误；对C选项，因为几何体外接球的直径即为长方体的体对角线长，所以，∴，所以该几何体外接球的体积为，所以C选项错误；对D选项，因为，又，且平面，所以上底面内，所以上底面内的轨迹为以为圆心，1为半径的四分之一圆弧，同理可得上面小正方体的后侧面､右侧面内，的轨迹有，，且长度都与圆弧的弧长相同，同理下面小正方体内，的轨迹也有对称的长度与弧长度相同的三段弧，，，所以点运动轨迹与该几何体表面相交的长度为，所以D选项正确.故选：AD.12．星形线又称为四尖瓣线，是数学中的瑰宝，在生产和生活中有很大应用，便是它的一种表达式，下列有关说法正确的是（

）A．星形线关于对称 B．星形线图象围成的面积小于2C．星形线上的点到轴，y轴距离乘积的最大值为 D．星形线上的点到原点距离的最小值为【答案】ABD【分析】把方程中的与互换方程不变判断选项A，由星形线图象围成的区域在曲线所围成的区域内部判断选项B，利用基本不等式求最值判断C与D，即可求解.【详解】对于A，把方程中的与互换，方程不变，所以星形线关于对称，故A正确；对于B，曲线所围成的区域面积为2，而，即星形线图象围成的区域在曲线所围成的区域内部，∴星形线图象围成的面积小于2，故B正确；对于C，由，得，当且仅当时等号成立，即星形线上的点到轴，轴距离乘积的最大值为，故C错误；对于D，，当且仅当时取等号，即星形线上的点到原点距离的最小值为，故D正确.故选：ABD.三、填空题13．毛泽东思想是党的重要思想，某学校在团员活动中将四卷不同的《毛泽东选集》分发给三名同学，每个人至少分发一本，一共有___________种分发方法.【答案】36【分析】先将《毛泽东选集》按“2+1+1”形式进行分组，再分配给3名同学.【详解】解：根据题意，只能1人拿2本，另2人各拿1本，故先将四卷不同的《毛泽东选集》按“2+1+1”形式分为3组，有种分组方法，再将分好的3组分配给三名同学，有种情况，则由分步计数原理可知一共有种分发方法；故答案为：36.14．已知随机变量服从正态分布，且，则___________.（附：若，则，，）【答案】0.00135【分析】利用已知条件，求解，然后利用正态分布的性质求解即可.【详解】又，则，随机变量服从正态分布，且，即，所以，即，，即，所以，所以.故答案为：0.00135.15．已知，是该函数的极值点，定义表示超过实数的最小整数，则的值为___________.【答案】【分析】求出函数导数，转化为求增函数的零点，利用零点存在性定理确定，根据新定义求解即可.【详解】∵，∴，令，则，∴在上为增函数，又，∴存在唯一，使得，即唯一的极值点，∴，∴，故答案为：.16．单位圆中，为一条直径，为圆上两点且弦长为，则的取值范围是___________.【答案】【分析】由题设，再根据数量积坐标运算计算即可.【详解】解：如图，由弦长为，可得，不妨设，则，所以.故答案为：.四、解答题17．已知在中，在边上，平分，.(1)求；(2)求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由角平分线定理知，设，根据余弦定理解决即可.（2）二倍角的正弦解决即可.【详解】（1）因为在中，在边上，平分，，，，由角平分线定理可知，，设，因为，所以，即，所以，解得，所以，所以；（2）由（1）可知，所以，所以，所以.18．已知为等差数列，.(1)求的通项公式；(2)若为的前项和，求.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用累乘法，结合已知条件，即可求得结果；（2）利用裂项求和法，结合（1）中所求，即可求得结果.【详解】（1）∵.∴，∴，∴；当时，满足上式，所以；（2）由（1）可得，∴.19．在斜三棱柱中，是等腰直角三角形，，平面底面，.(1)证明：；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直判定定理，性质定理解决即可；（2）根据空间向量法计算出二面角的余弦值，再求出二面角的正弦值即可.【详解】（1）证明：取中点，连接，如图所示：∵是等腰直角三角形，∴，且，∵平面底面，平面底面平面，∴平面，∵平面，∴，∵，∴，∴，（符合勾股定理），∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴.（2）由（1）知，可以建立分别以为轴的空间直角坐标系，则，又因为斜三棱柱中，，所以，所以，设平面的法向量，则，令，则，∴平面的法向量，设平面的法向量，则，令，则，∴平面的法向量，设二面角的平面角为，则.所以，故二面角的正弦值为.20．已知椭圆，椭圆上的点到两焦点的距离和为，点在椭圆上.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作直线交椭圆于两点，点为点关于轴的对称点，求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由椭圆上的点到两焦点的距离和为2a，可得a的值，再由点在椭圆上，代入方程可求得b的值；（2）设直线方程，联立直线与椭圆方程消去y，可得，，关于k的代数式，由，转化成求关于k的函数的最值，通过换元法求得.【详解】（1）∵椭圆上的点到两焦点的距离和为，∴，∴，∵点在椭圆上.∴，∴，∴，∴椭圆的标准方程为；（2）由题意显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，由，消去得，设，∴，解得，，，∴，令，∴，所以当时，△ABE面积最大，最大值为.21．小明和小红进行抛掷硬币比赛，规定小明和小红每人抛6次.小明得分规则为每连续抛掷次结果相同则得分（规定连续抛掷结果不同不得分，如正反正反正反不得分，正正反正反反得4分），小红每抛掷一次正面结果则得2分，得分高者获胜.(1)求小红得8分的概率；(2)求小明得分的分布列和期望，并比较两人谁获胜的概率大？【答案】(1)；(2)分布列见解析，数学期望；小明获胜概率大.【分析】（1）根据独立重复事件概率公式即得；（2）由题可得可为0,2,4,6,8,10,16,32，然后利用古典概型概率公式分别求概率，进而可得分布列及期望，再根据二项分布的期望公式可得小红得分期望，进而即得.【详解】（1）设小红得8分为事件，则小红抛掷6次恰有4次正面向上，则；（2）设小明得分为，则可为0,2,4,6,8,10,16,32，时，（正反正反正反或者反正反正反正），此时；时，（只有一个连续两次），此时；时，（一个三次或者两个两次），此时；时，（一个三次一个两次或者3个两次），此时；时，（两个三次或者一个四次），此时；时，（一个四次一个两次），此时；时，（一个五次），此时；时，（一个六次），此时；所以小明得分的分布列为：02468101632；设小红得分为，则服从二项分布，得到；因为，所以小明获胜概率大.22．已知.(1)当时，求的单调性；(2)若恒大于0，求的取值范围.【答案】(1)单调减区间为，单调增区间为(2)【分析】（1）将代入，先求函数的定义域，再化简函数，求导函数，根据导函数的符号得到函数的单调性；（2）先求函数的定义域，将函数恒大于0转化为不等式