河北省邯郸市2023届高三三模保温卷（邯郸三模）数学含答案

绝密★启用前邯郸市2023届高三年级保温试题数学注意事项：1．答卷前，考试务必将自己的姓名、准考证号等信息填写在答题卡指定位置上．2．回答选择题时，选出每个小题答案后，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．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．1．已知集合，，则A． B． C． D．2．已知等腰梯形满足，与交于点，且，则下列结论错误的是A． B．C． D．3．已知抛物线的焦点为，倾斜角为的直线过点交于两点（在第一象限），为坐标原点，过点作轴的平行线，交直线于点，则点的横坐标为A． B． C． D．4．某医院安排3名男医生和2名女医生去甲、乙、丙三所医院支援，每所医院安排一到两名医生，其中甲医院要求至少安排一名女医生，则不同的安排方法有 A．18种 B．30种 C．54种 D．66种5．三棱锥中，平面，，．过点分别作，交于点，记三棱锥的外接球表面积为，三棱锥的外接球表面积为，则 A． B． C． D．6．在平面直角坐标系内，已知，，动点满足，则（）的最小值是 A． B．2 C．4 D．167．如图，在“杨辉三角”中从第2行右边的1开始按箭头所指的数依次构成一个数列：1,2,3,3,6,4,10,5,…，则此数列的前30项的和为 A．680 B．679 C．816 D．8158．已知函数在区间上有两个极值点和，则的范围为 A． B． C． D．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．已知复平面内复数对应向量，复数满足，是的共轭复数，则 A． B． C． D．10．已知曲线的焦点为，点为曲线上一动点，则下列叙述正确的是A．若，则曲线C的焦点坐标分别为和 B．若，则的内切圆半径的最大值为 C．若曲线C是双曲线，且一条渐近线倾斜角为，则 D．若曲线C的离心率，则或11．已知三棱锥，过顶点B的平面分别交棱，于M，N（均不与棱端点重合）．设，，，，其中和分别表示和的面积，和分别表示三棱锥和三棱锥的体积．下列关系式一定成立的是 A． B． C． D．12．为了估计一批产品的不合格品率，现从这批产品中随机抽取一个样本容量为的样本，定义，于是，，，记（其中，），称表示为参数的似然函数．极大似然估计法是建立在极大似然原理基础上的一个统计方法，极大似然原理的直观想法是：一个随机试验如有若干个可能的结果A，B，C，…，若在一次试验中，结果A出现，则一般认为试验条件对A出现有利，也即A出现的概率很大.极大似然估计是一种用给定观察数据来评估模型参数的统计方法，即“模型已定，参数未知”，通过若干次试验，观察其结果，利用试验结果得到某个参数值能够使样本出现的概率为最大．根据以上原理，下面说法正确的是 A．有外形完全相同的两个箱子，甲箱有99个白球1个黑球，乙箱有1个白球99个黑球．今随机地抽取一箱，再从取出的一箱中抽取一球，结果取得白球，那么该球一定是从甲箱子中抽出的 B．一个池塘里面有鲤鱼和草鱼，打捞了100条鱼，其中鲤鱼80条，草鱼20条，那么推测鲤鱼和草鱼的比例为4:1时，出现80条鲤鱼、20条草鱼的概率是最大的 C． D．达到极大值时，参数的极大似然估计值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知函数是奇函数，则▲．14．中，角，，所对的边分别为，，，且，，则=▲．15．已知数列满足：对任意，均有．若，则▲．16．若曲线与圆有三条公切线，则的取值范围是▲．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．（本小题满分10分）记的内角的对边分别为，已知的面积为，．（1）若，求；（2）为上一点，从下列条件①、条件②中任选一个作为已知，求线段的最大值．条件①：为的角平分线；条件②：为边上的中线．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.18．（本小题满分12分）已知数列的前n项和为，且，．（1）求通项公式；（2）设，在数列中是否存在三项（其中）成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．19．（本小题满分12分）如图，三棱锥的体积为，为中点，且的面积为，，，．（1）求顶点到底面的距离；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．20．（本小题满分12分）已知双曲线的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点．（1）求双曲线的方程；（2）已知点，设过点的直线交于两点，直线分别与轴交于点，当时，求直线的斜率．21．（本小题满分12分）已知函数．（1）若在单调递增，求实数m取值范围；（2）若有两个极值点，且，证明：．22．（本小题满分12分）邯郸是历史文化名城，被誉为“中国成语典故之都”．为了让广大市民更好的了解并传承成语文化，当地文旅局拟举办猜成语大赛.比赛共设置道题，参加比赛的选手从第一题开始答题，一旦答错则停止答题，否则继续，直到答完所有题目.设某选手答对每道题的概率均为，各题回答正确与否相互之间没有影响．（1）记答题结束时答题个数为，当时，若，求的取值范围；（2）（i）记答题结束时答对个数为，求；（ii）当时，求使的的最小值．参考数据：，.邯郸市2023届高三年级保温试题数学详细参考答案及评分标准一、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．题号12345678答案ADBCBCDA1．【命题意图】本题以解不等式为载体考查集合的交集和补集运算，考查学生的运算求解能力．【答案】A【解析】由解得或，所以，即，故选A．2．【命题意图】本题考查平面向量的线性运算，考查学生的逻辑推理能力．【答案】D【解析】依题意，显然～，故有，即，，则.故A正确；又四边形ABCD是等腰梯形，故，即，故B正确；在中，，故C正确；又，所以D错误；故选D．3．【命题意图】本题考查过焦点的直线与抛物线的位置关系，考查学生的运算求解及逻辑推理能力．【答案】B【解析】由题意可知，过点的直线为，与的交点分别为，，所以直线方程为，又因为，所以，故选B．4．【命题意图】本题考查分类加法计数原理、分步乘法计数原理及组合数的应用，重点考查了运算求解能力和逻辑推理能力．【答案】C【解析】由题意可知，向甲、乙、丙三所医院分配医生的人数有三种类型，分别为122，212，221，因为甲医院要求至少有一名女医生，第一种方案共有种，第二种方案分两种情况，分别是：甲有两名女医生、甲有一名女医生，共有种，同理，第三种方案有种，共有54种，故选C．5．【命题意图】本题考查外接球半径的求法．考查学生的运算求解能力和逻辑推理能力．【答案】B【解析】将三棱锥置于边长为2的正方体中，如下图所示，则有三棱锥的外接球半径；由于平面，故．又，，故有平面，从而．又，，故平面，所以，．又，，所以平面．因此，三棱锥四个面都是直角三角形．同理，可得三棱锥的外接球半径．所以，，故选B．6．【命题意图】本题考查动点轨迹及两点间的距离公式，突出考查数形结合、转化与化归思想．【答案】C【解析】因为，动点满足，则，整理得，可以看成圆上动点与定直线上动点的距离，其最小值为圆心到直线的距离减去圆的半径2．即，因此，的最小值是4．故选C．7．【命题意图】本题主要考查组合数性质的应用．考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查转化与化归思想．【答案】D【解析】根据“杨辉三角”，因此，此数列的前30项和为：解法1：上式．解法2：上式．故选D．8．【命题意图】本题综合考查导函数的对称性、双极值点处理策略及三角函数的图象与性质．主要考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想．【答案】A【解析】，，依题意，．注意到，即是的对称轴，故．从而．又，，且函数的图像如图：故当时，有两个不等实根和．即．所以，故选A．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．题号9101112答案ABDBDACDBCD9．【命题意图】本题考查复数四则运算及复数的向量表示．主要考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想．【答案】ABD【解析】依题意，，则=，故A正确；又，，，故，B正确；设，由得，，则，故，，故C错误，D正确．10．【命题意图】本题考查曲线方程及对应曲线的性质．主要考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想．【答案】BD【解析】若，则曲线C的方程为，故焦点的坐标为和，故A不正确；若，则曲线C的方程为，则的面积，所以，其内切圆半径，故B正确；若曲线C是双曲线，且一条渐近线倾斜角为，则渐近线方程为，即，解得，故C不正确；若曲线C的离心率，则有，即或，解得或，故D正确．综上可知，BD正确．11．【命题意图】本题以空间几何体为载体考查不等式性质．主要考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想．【答案】ACD【解析】如图所示，设，则，，于是，故A正确．当时，有，此时，故B不正确；设点到平面的距离为，由于，故由于，，所以，，从而，从而，即，故C正确；又，故，故D正确．12．【命题意图】本题突出对符号语言的考查，突出对定义的理解及应用，难点是概率思想与函数的综合【答案】BCD【解析】极大似然是一种估计方法，A错误；设鲤鱼和草鱼的比例为，则出现80条鲤鱼，20条草鱼的概率为，在上单调递增，在上单调递减，故当时，最大，故B正确；根据题意可知C正确；故达到极大值时，参数的极大似然估计值为，故D正确．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【命题意图】本题考查函数的奇偶性，考查学生逻辑推理能力．【答案】1【解析】依题意，，得，经检验，符合题意.14．【命题意图】本题综合考查三角函数与解三角形，主要考查学生的运算求解能力和逻辑推理能力．【答案】【解析】因为，所以，即所以，又所以，故15．【命题意图】本题考查数列的递推公式，意在考查学生的逻辑推理、转化化归等数学能力．【答案】2024【解析】由题意，故16．【命题意图】本题综合考查曲线公切线问题，突出考查导函数的几何意义，考查学生的逻辑推理、转化化归和运算求解能力．【答案】【解析】曲线在点处的切线方程为，由于直线与圆相切，得（*）因为曲线与圆有三条公切线，故（*）式有三个不相等的实数根，即方程有三个不相等的实数根．令，则曲线与直线有三个不同的交点．显然，．当时，，当时，，当时，，所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；且当时，，当时，，因此，只需，解得．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．【命题意图】本题以结构不良形式考查解三角形与三角函数的综合应用，突出考查学生数学运算、逻辑推理能力.【答案】（1）（2）3【解析】（1）因为，所以.…………2分又故由正弦定理得，，故有.……………4分（2）选择条件①：在中，由余弦定理得，即，故.……6分又因为所以……8分当且仅当时，等号成立.故的最大值为3.………10分选择条件②：由题，平方得，……6分在中，由余弦定理得，即，所以.…………………8分故有从而，当且仅当时，等号成立.故的最大值为3.………10分18．【命题意图】本题考查数列前项与第项的关系以及等差等比数列相关性质，意在考查学生的逻辑推理、运算求解能力．【答案】（1）；（2）不存在【解析】（1）由题意，两式相减可得，，即……………2分由条件，，故．……………4分因此是以1为首项，4为公比的等比数列.从而．……………6分（2）由题意，，如果满足条件的存在，则其中，即，……9分又，故，可得，结合可得，与已知矛盾，所以不存在满足条件的三项．………………12分19．【命题意图】本题主要以三棱锥为载体考查线面垂直判定定理和点到平面的距离，二面角的平面角，重点考查学生的空间想象，数学运算、逻辑推理能力．【答案】（1）2（2）．【解析】（1）在中，，且为中点，所以，又因为，，所以平面．……………2分所以，则，因为的面积为，所以，又，故．……………4分则的面积为，设到平面的距离为，所以，即．……………6分（2）作交平面于点，因为，，所以≌，所以.又，，故≌，故，则在的延长线上．因为，，，所以平面．因为平面，所以，所以四边形为正方形．………7分以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，由，得取，得，则，……………9分设平面的法向量为，由，得，取，则，，………11分设二面角的平面角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值是．………12分20．【命题意图】本题主要考查直线与双曲线的关系问题，重点考查学生的数学运算、逻辑推理能力．【答案】（1）（2）．【解析】（1）设曲线的方程为，由曲线过点两点，得，解得，所以曲线的方程为；…………………4分（2）由题意可知过点的直线的方程为，设由消去，得则，解得且=1\*GB3①………6分设则有=2\*GB3②设直线的方程为，令得，所以直线与轴交点的坐标为.………7分同理可得直线的方程为，令得，所以直线与轴交点的坐标为.………8分由题意可知，即，即所以=3\*GB3③…………………10分将=2\*GB3②代入=3\*GB3③得整理得，………………11分所以满足=1\*GB3①式，综上，.………………12分21．【命题意图】本题考查利用导数研究函数单调性及极值问题，意在考查学生转化化归、逻辑推理、运算求解能力【答案】（1）（2）略【解析】（1）由题意，，因为在单调递增，所以在恒成立．即在恒成立，…………2分令，则，在上恒小于等于0，故在单调递减，.故．