2023届河北省石家庄市高三教学质量检测（二）（一模）数学试题

2023届河北省石家庄市高三教学质量检测（二）（一模）数学试题一、单选题1．设全集，若集合满足，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据元素与集合的关系及补集运算即可.【详解】由题意可得：，显然4是中的元素，故ABD错误，C正确.故选：C2．已知复数，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用复数乘法的几何意义求复数的模即可.【详解】由.故选：B3．为实现乡村生态振兴，走乡村绿色发展之路，乡政府采用按比例分层抽样的方式从甲村和乙村抽取部分村民参与环保调研，已知甲村和乙村人数之比是，被抽到的参与环保调研的村民中，甲村的人数比乙村多8人，则参加调研的总人数是（

）A．16 B．24 C．32 D．40【答案】A【分析】根据分层抽样的要求计算即可.【详解】设被抽取参与调研的乙村村民有人，则根据分层抽样按两村人口比例，甲村被抽取参与调研的有人，所以，即，所以参加调研的总人数.故选：A4．函数的大致图象为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】应用定义判断函数奇偶性，比较，结合排除法即可得答案.【详解】由，故函数为非奇非偶函数，排除B、C；由，，所以，即可排除D.故选：A5．已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可得，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可.【详解】由知：，可得，所以在方向上的投影向量为.故选：B6．中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列.现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，...，按此规律，则第50层小球的个数为（

）A．2400 B．2401 C．2500 D．2501【答案】D【分析】依据等差数列的定义与求和公式，累加法计算即可.【详解】不妨设第层小球个数为，由题意，，.故有，累加可得：，故.故选:D7．已知圆台的上､下底面圆的半径之比为，侧面积为，在圆台的内部有一球，该球与圆台的上､下底面及母线均相切，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由圆台的侧面积公式及球的表面积公式计算即可.【详解】设圆台的上底面圆半径为，则底面圆半径为，母线长为，与圆台的上下底面及母线均相切，故.根据圆台的侧面积公式，可得，所以球的直径为，故半径为，表面积为：故选：C8．已知在上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】将问题化为与有两个不同的交点，利用导数研究单调性、值域，即可求参数范围.【详解】由，则，故，要使原方程在有两个不等实根，即与有两个不同的交点，由，令，则，，则，所以在上递增，上递减，故，又趋向于0时，趋向负无穷，趋向于正无穷时，趋向0，所以，要使与有两个不同的交点，则，所以.故选：D二、多选题9．在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，且，则的值可以是（

）A． B．1 C．0 D．2【答案】BC【分析】根据三角函数的定义及已知列方程求参数x即可.【详解】由题设，故，整理得，所以或.故选：BC10．先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件“两次掷出的点数之和是6”，事件“第一次掷出的点数是奇数”，事件“两次掷出的点数相同”，则（

）A．与互斥 B．与相互独立C． D．【答案】BD【分析】对于A、B选项，根据事件的对立与互斥定义即可分辨；对于C、D选项利用概率公式计算即可【详解】对于A项，互斥事件指不可能同时发生的两个事件，事件可以有以下情况：第一次掷出1，第二次掷出5或第一次掷出3，第二次掷出3等，如此与事件有同时发生的可能，故A错误；对于B项，，，故B正确；对于C项，易知，故C错误；对于D项，点数和为6，且两次点数相同仅有都是3点一种情况，故，故D项正确.故选：BD11．已知抛物线的焦点为，过点分别向抛物线与圆作切线，切点为分别为（不同于坐标原点），则下列判断正确的是（

）A． B．C．三点共线 D．【答案】ABC【分析】设切线，联立直线与圆锥曲线，利用韦达定理求出切点坐标，即可判断各选项.【详解】由题意可设，联立可得：.因为直线与抛物线相切，所以即，所以故设，则由几何性质可知两点关于直线对称，则，解得：，故对于A项，，显然，故A正确；对于B项，,,即，故B正确；对于C项，，所以三点共线，故C正确；对于D项，由几何性质易知四点共圆，且直径为，为该圆一条弦，点随而动，不一定为直径，故D错误.故选：ABC12．定义：对于定义在区间上的函数和正数，若存在正数，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（

）A．函数在上满足阶李普希兹条件.B．若函数在上满足一阶李普希兹条件，则的最小值为2.C．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解.D．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则存在满足条件的函数，存在，使得.【答案】ABC【分析】根据李普希兹条件的概念直接可以判断AB选项，再利用反证法判断C选项，通过分类讨论可判断D选项.【详解】A选项：不妨设，，即，故，对，均有，A选项正确；B选项：不妨设，在单调递增，，，即，即对，恒成立，即在上单调递减，对恒成立，所以对恒成立，即，即的最小值为，B选项正确；C选项：假设方程在区间上有两个解，，则，这与矛盾，故只有唯一解，C选项正确；D选项：不妨设，当时，，当时，，故对，，不存在使，D选项错误；故选：ABC.三、填空题13．某工厂生产的一批电子元件质量指标服从正态分布，且，若从这批电子原件中随机选取一件产品，则其质量指标小于2的概率为___________.【答案】0.1##【分析】由正态分布的性质知，结合即可求概率.【详解】由题设，故，所以.故答案为：14．已知，则___________.【答案】##【分析】利用诱导公式、二倍角正弦公式找到目标式与已知函数的关系，应用同角三角函数关系求得，即可求值.【详解】由.由，则，故，所以.故答案为：15．已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线与交于两点，若，且，则椭圆的离心率为___________.【答案】##【分析】由题设、椭圆定义知且，令结合，应用勾股定理列方程求及，即可求离心率.【详解】由题设，，且，令，则，，所以，，又，则，整理得，即或（舍），又，即，当时，，此时；综上，椭圆离心率为.故答案为：16．长方体中，，平面与直线的交点为，现将绕旋转一周，在旋转过程中，动直线与底面内任一直线所成最小角记为，则的最大值是___________.【答案】##【分析】根据题设，将问题转化为求直线与面夹角最大值，利用平面的基本性质找到点位置，并确定其轨迹为圆锥底面圆周，进而确定圆锥轴线与面的夹角、与圆锥轴线的夹角，利用和差角正余弦公式求它们的差、和正余弦值，即可确定的最值.【详解】由题意，为动直线与底面所成角，只需求旋转过程中直线与面所成角的最大角即可，又面面，只需求直线与面最大夹角正弦值，过作，交延长线于，连接，显然△△，所以，故为平行四边形，则，，，所以△为等腰三角形，过作于，则必在线段上，综上，绕旋转过程中，点轨迹是以为圆心，为半径的圆上，设，则，故，所以，解得，则，，绕旋转过程中，是为轴，圆为底面的圆锥的母线，所以为圆锥轴截面顶角的一半，且恒定不变，又，，而直线与面夹角为，且，，令，则，而，令，则，而综上，，故的最大值是.故答案为：【点睛】关键点点睛：将问题化为求直线与面最大夹角正弦值，注意利用定角（圆锥轴线与面的夹角、与圆锥轴线的夹角）求动角的大小.四、解答题17．已知等比数列的前项和为.(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用等比数列通项公式、前n项和求基本量，即可写出通项公式；（2）由（1）得，应用裂项相消法求前项和.【详解】（1）设的公比为，由题意知，，∵，∴，解得，.（2）由（1）知，，，.18．已知内角所对的边长分别为.(1)求；(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理可得，结合三角形内角性质求角的大小；（2）法一：由已知可得，应用正弦边角关系及三角形面积公式可得即可得范围；法二：根据三角形为锐角三角形，应用几何法找到边界情况求面积的范围.【详解】（1）由余弦定理得，即，所以，又，则.（2）法一：为锐角三角形，，则，所以，可得，又，则，故由，即而，所以，故面积的取值范围为.法二：由，画出如图所示三角形，为锐角三角形，点落在线段（端点除外）上，当时，，当时，，.19．为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为.（注：比赛结果没有平局）(1)求甲队明星队员在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；(2)求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；(3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员上场的概率.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）事件“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件“甲队第局获胜”，利用互斥事件的概率求法求概率即可；（2）讨论上场或不上场两种情况，应用全概率公式求甲队获得最终胜利的概率；（3）利用贝叶斯公式求甲队明星队员上场的概率.【详解】（1）事件“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件“甲队第局获胜”，其中相互独立.又甲队明星队员前四局不出场，故，，所以.（2）设为甲3局获得最终胜利，为前3局甲队明星队员上场比赛，由全概率公式知，，因为每名队员上场顺序随机，故，，所以.（3）由（2），.20．如图（1），在中，，将沿折起，使得点到达点处，如图（2）.(1)若，求证：；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)利用勾股定理可得，继而可得面，如此得证；(2)方法一、建立点及其在底面的投影连线为轴，再构建底面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量求两面的夹角；方法二、直接分别以方向为轴，建立空间直角坐标系，利用线段长求得点坐标，再利用空间向量求两面的夹角；方法三、先在两个面中向交线分别作垂线，两个垂线的夹角即为两个面的夹角，再用向量的数量积计算即可.【详解】（1）∵平行四边形中，，可得又又平面（2）方法一：如图，过点做，且，连接，由题意可知，平面，∴又平面平面平面取中点，连接，由，得平面，且过点作垂直于，建立如图所示的空间直角坐标系，由题可得，设平面的法向量为，平面的法向量为，令，则，故平面的一个法向量为同理，令，则，故平面的一个法向量为.所以平面与平面夹角的余弦值为.方法二：由，建立如图所示的空间直角坐标系设（其中）解得设平面的法向量为，平面的法向量为，令，则，故平面的一个法向量为；同理，令，则，故平面的一个法向量为.又因为两个平面的夹角范围为：所以平面与平面夹角的余弦值为故平面与平面夹角的余弦值为.方法三：如图所示，过点作交于，过点作交于，异面直线DF、BE的夹角即为两个平面的夹角.中，由可得同理，在中，，可得而即解得又因为两个平面的夹角范围为：所以平面与平面夹角的余弦值为所以平面与平面夹角的余弦值为21．已知函数.(1)当时，求的极小值.(2)若有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)极小值为(2)【分析】（1）利用导数研究的单调性，进而求其极小值；（2）讨论、，结合的符号研究的单调性，根据零点存在性定理判断各情况下区间零点情况，即可得参数范围.【详解】（1）的定义域为，当时，令，解得.当变化时，的变化情况如表：0-0+单调递减单调递增因此，当时有极小值，极小值为.（2），（i）若，则，所以在单调递减，至多有一个零点.（ii）若，令，解得.当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.所以当时，取得最小值，最小值为.当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；当时，，即.，即且，故在有一个零点.，且，先证时：设，则，当时，当时，故在上递增，在上递减.当时取到最大值，故时.因此在有一个零点.综上，的取值范围为.【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.22．已知双曲线为双曲线的右焦点，过作直线交双曲线于两点，过点且与直线垂直的直线交直线于点，直线交双曲线于两点.(1)若直线的斜率为，求的值；(2)设直线的斜率分别为，且，记，试探究与满足的方程关系，并将用表示出来.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知得为，设，由直线垂直关系、点斜式写出直线的方程，联立曲线并应用韦达定