2023年届衡水中学高三第三次质检数学（理）试题（解析版）

2023届衡水中学高三第三次质检数学（理）试题（解析版）

2023届衡水中学高三第三次质检数学（理）试题一、单项选择题1．已知集合，，则（）

A．B．C．D．【答案】B【解析】求出集合A={x|x＜1}，B={x|ex＜1}={x|x＜0}，从而={x|x≥0}，={x|x≥1}，由此能求出结果．【详解】∵集合A={x|x＜1}，B={x|ex＜1}={x|x＜0}，={x|x≥0}，={x|x≥1}，∴A∩B={x|x＜0}，故A错误；

A∪B={x|x＜1}，故C错误；

，故B=正确；

，故D错误．应选B．【点睛】此题考察集合与集合的关系的推断，考察补集、交集、并集等根底学问，考察运算求解力量，考察函数与方程思想，属于根底题．2．已知为虚数单位，若，则（）

A．1B．C．D．2【答案】C【解析】依据复数的除法运算得到，再由复数相等的概念得到参数值，进而得到结果.【详解】为虚数单位，若，依据复数相等得到.故答案为C.【点睛】这个题目考察了复数除法运算，以及复数相等的概念，复数与相等的充要条件是且．复数相等的充要条件是化复为实的主要依据，多用来求解参数的值或取值范围．步骤是：分别分别出两个复数的实部和虚部，利用实部与实部相等、虚部与虚部相等列方程（组）求解．3．向量在正方形网格中的位置如下图.若向量与共线,则实数（）

A．B．C．D．【答案】D【解析】由图像，依据向量的线性运算法则，可直接用表示出，进而可得出.【详解】由题中所给图像可得：，又，所以.应选D【点睛】此题主要考察向量的线性运算，熟记向量的线性运算法则，即可得出结果，属于根底题型.4．函数f(x)=sin(x+)+cos(x−)的最大值为A．B．1C．D．【答案】A【解析】由诱导公式可得，则,函数的最大值为.所以选A.【名师点睛】三角恒等变换的综合应用主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为的形式，再借助三角函数的图像讨论性质，解题时留意观看角、函数名、构造等特征．5．七巧板是我国古代劳动人民的创造之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色局部的概率为（）

A．B．C．D．【答案】C【解析】分析：由七巧板的构造，设小正方形的边长为1，计算出黑色平行四边形和黑色等腰直角三角形的面积之和．详解：设小正方形的边长为1，可得黑色平行四边形的底为高为；

黑色等腰直角三角形的直角边为2，斜边为2，大正方形的边长为2，所以，应选C．点睛：此题主要考察几何概型，由七巧板的构造，设小正方形的边长为1，通过分析观看，求得黑色平行四边形的底和高，以及求出黑色等腰直角三角形直角边和斜边长，进而计算出黑色平行四边形和黑色等腰直角三角形的面积之和，再将黑色局部面积除以大正方形面积可得概率，属于较易题型．6．已知，且，函数，则“”“是在上单调递减”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】先将函数转化为y＝logat，t＝，两个根本函数，再利用复合函数求解．【详解】,且，为减函数.若在上单调递减，则.且，则.是的充分不必要条件.应选.【点睛】此题主要考察复合函数，关键是分解为两个根本函数，利用同增异减的结论讨论其单调性，再求参数的范围,属于根底题．7．一给定函数的图象在以下四个选项中，并且对任意，由关系式得到的数列满意.则该函数的图象可能是()A．B．C．D．【答案】A【解析】利用已知条件推出，推断函数的图象，推出选项即可．【详解】由题对于给定函数的图象在以下四个选项中，并且对任意，由关系式得到的数列满意．则可得到，所以在上都成立，即，所以函数图象都在的下方．应选A．【点睛】此题考察函数图象的推断，数列与函数的关系，属根底题．8．某几何体的三视图如下图，其中主视图，左视图均是由高为2三角形构成，俯视图由半径为3的圆与其内接正三角形构成，则该几何体的体积为()A．B．C．D．.【答案】A【解析】由三视图知该几何体由底面边长是，高为的正三棱锥和底面半径是高为的圆锥组合而成，利用锥体的体积公式可得结果.【详解】由三视图知该几何体由底面边长是，高为的正三棱锥和底面半径是，高为的圆锥组合而成，正三棱锥的体积是，圆锥的体积是，所以组合体的体积，应选A.【点睛】此题利用空间几何体的三视图重点考察学生的空间想象力量和抽象思维力量，属于难题.三视图问题是考察学生空间想象力量最常见题型，也是高考热点.观看三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要留意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特殊留意实线与虚线以及一样图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简洁组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的外形，依据正视图和侧视图，确定组合体的外形.9．设双曲线的左、右焦点分别为，，，过作轴的垂线与双曲线在第一象限的交点为，已知，，点是双曲线右支上的动点，且恒成立，则双曲线的离心率的取值范围是()A．B．C．D．【答案】A【解析】令x=c代入双曲线的方程可得，由,可得，即为3a22b2=2(c2−a2)，即有①又恒成立，由双曲线的定义,可得2a+|PF2|+|PQ|3c恒成立，由F2,P,Q共线时,|PF2|+|PQ|取得最小值|F2Q|=，可得3c2a+，即有②由e1，结合①②可得，e的范围是(1,).应选：A.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再依据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.10．已知实数满意若恒成立，那么的取值范围是()A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意，作出不等式组对应的可行域，依据的图象是过点，斜率为的直线，结合图象，即可求解.【详解】由题意,实数满意，即，作出约束条件所表示的平面区域，如下图，又由于函数的图象是过点，斜率为的直线，要使得不等式恒成立，即恒成立，结合图象可知，当直线过点时，斜率取得最小值，所以实数的取值范围是，应选D.【点睛】此题主要考察了简洁线性规划的应用，其中解答中正确求解约束条件所对应的不等式组，作出约束条件所表示的平面区域，再依据斜率公式求解是解答的关键，着重考察了数形结合思想，推理与计算力量.11．已知三棱锥中，，，直线与底面所成角为，则此时三棱锥外接球的外表积为（）

A．B．C．D．【答案】A【解析】取的中点，推断为三棱锥外接球的球心，即可求出结果.【详解】取中点，则，，，由于直线与底面所成角为，所以，由于，所以，即为三棱锥外接球的球心，由于，所以，所以三棱锥外接球的外表积为.应选A【点睛】此题主要考察几何体外接球的相关计算，熟记球的外表积公式即可，属于常考题型.12．己知函数是定义在上的奇函数，当时，，则函数在上的全部零点之和为（）

A．7B．8C．9D．10【答案】B【解析】由已知可分析出函数是偶函数，则其零点必定关于原点对称，故在上全部的零点的和为，则函数在上全部的零点的和，即函数在上全部的零点之和，求出上全部零点，可得答案．【详解】解：函数是定义在上的奇函数，．又函数，，函数是偶函数，函数的零点都是以相反数的形式成对消失的．函数在上全部的零点的和为，函数在上全部的零点的和，即函数在上全部的零点之和．由时，，即函数在上的值域为，当且仅当时，又当时，函数在上的值域为，函数在上的值域为，函数在上的值域为，当且仅当时，，函数在上的值域为，当且仅当时，，故在上恒成立，在上无零点，同理在上无零点，依此类推，函数在无零点，综上函数在上的全部零点之和为8应选：．【点睛】此题考察的学问点是函数的奇偶性，函数的零点，函数的图象和性质，其中在查找上零点个数时，难度较大，故可以用归纳猜测的方法进展处理．二、填空题13．曲线与直线所围成的封闭图形的面积为__________．【答案】【解析】由定积分的几何意义可得：封闭图形的面积.14．绽开式中的系数为________.【答案】15【解析】写出绽开式的通项，求出含及的项，则答案可求．【详解】解：

且绽开式的通项为．由，得；

由，得（舍；

由，得．绽开式中的系数为．故答案为：．【点睛】此题主要考察了二项式定理的应用问题，解题时应敏捷应用二项绽开式的通项公式，属于根底题．15．过抛物线的焦点的直线交于两点，在点处的切线与轴分别交于点，若的面积为，则_________________。

【答案】2【解析】设出直线的方程，设出点的坐标，求得过的切线方程，由此求得的坐标，代入三角形的面积公式列方程，解得点的坐标，依据抛物线的定义求得的值.【详解】由题意，焦点，设直线，不妨设为左交点，，则过的切线为，则，所以，解得，则，依据抛物线的定义可得.【点睛】本小题主要考察直线和抛物线的位置关系，考察抛物线的切线方程，考察抛物线的定义，属于中档题.16．已知锐角的三个内角的余弦值分别等于钝角的三个内角的正弦值，其中，若，则的最大值为_______.【答案】【解析】由于，且为钝角，故，由正弦定理得，故.三、解答题17．已知等差数列前5项和为50，，数列的前项和为，，.（Ⅰ）求数列，的通项公式；

（Ⅱ）若数列满意,，求的值.【答案】(1);(2).【解析】试题分析：

（I）设等差数列{an}的公差为d，利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可首项和公差，即可求出数列{an}的通项公式，再依据数列的递推公式可得所以{bn}为首项为1，公比为4的等比数列，即可求出数列{bn}的通项公式（II）依据数列的递推公式先求出{cn}的通项公式，再分组求和．试题解析:（Ⅰ）设等差数列的公差为．依题意得解得，，所以.当时，，当时，，，以上两式相减得，则，又，所以，.所以为首项为1，公比为4的等比数列，所以．（Ⅱ）由于，当时，，以上两式相减得，所以，.当时，，所以，不符合上式，所以.18．如图，在口中，，沿将翻折到的位置，使平面平面.（1）求证：平面；

（2）若在线段上有一点满意，且二面角的大小为，求的值.【答案】（1）证明见解析.(2).【解析】试题分析：(1)中由余弦定理可知，作于点，由面面垂直性质定理得平面.所以.又∵从而得证；

（2）以为原点，以方向为轴正方向建立如下图空间直角坐标系，由二面角的大小为60°布列关于的方程解之即可.试题解析：

（1）中，由余弦定理，可得.∴，∴，∴.作于点，∵平面平面，平面平面，∴平面.∵平面，∴.又∵，，∴平面.又∵平面，∴.又，，∴平面.（2）由（1）知两两垂直，以为原点，以方向为轴正方向建立如下图空间直角坐标系，则，，.设，则由.设平面的一个法向量为，则由,取.平面的一个法向量可取，∴.∵，∴.19．某次数学学问竞赛中共有6个不同的题目，每位同学从中随机抽取3个题目进展作答，已知这6个题目中，甲只能正确作答其中的4个，而乙正确作答每个题目的概率均为，且甲、乙两位同学对每个题目的作答都是相互独立、互不影响的.（1）求甲、乙两位同学总共正确作答3个题目的概率；

（2）若甲、乙两位同学答对题目个数分别是，，由于甲所在班级少一名学生参赛，故甲答对一题得15分，乙答对一题得10分，求甲乙两人得分之和的期望.【答案】（1）；

（2）50【解析】（1）由题意可知共答对3题可以分为3种状况：甲答对1题乙答对2题；

甲答对2题乙答对1题；

甲答对3题乙答对0题．由此能求出甲、乙两位同学总共正确作答3个题目的概率．（2）的全部取值有1，2，3．分别求出相应的概率，由此能求出，由题意可知，故．利用，得．【详解】解：（1）由题意可知共答对3题可以分为3种状况：甲答对1题乙答对2题；

甲答对2题乙答对1题；

甲答对3题乙答对0题.故所求的概率（2）的全部取值有1，2，3，，，故由题意可知，故.而，所以【点睛】此题考察概率的求法，考察离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考察古典概型、二项分布等根底学问，考察运用求解力量，考察函数与方程思想，属于中档题．20．在平面直角坐标系中，已知定点，点在轴上运动，点在轴上运动，点为坐标平面内的动点，且满意，.（1）求动点的轨迹的方程；

（2）过曲线第一象限上一点（其中）作切线交直线于点，连结并延长交直线于点，求当面积取最小值时切点的横坐标.【答案】（1）；

（2）

【解析】（1）设点，，，由已知条件推导出点，，由此能求出动点的轨迹的方程；

（2）分别求出切线与的方程，求得，的纵坐标，写出三角形的面积，利用导数求解当△面积取最小值时切点的横坐标．【详解】解：（1）设，，.由于，，所以，，，所以.（2）

或或由于为曲线上第一象限的点，则过（其中）作曲线的切线，则切线的斜率所以切线：，将代入得，直线：，将代入得，，由于在抛物线上且在第一象限，所以，所以，设，，，，.【点睛】此题考察点的轨迹方程的求法，考察斜率和相等的证明，解题时要仔细审题，留意根的判别式和韦达定理的合理运用21．已知函数.（1）当时，争论函数的单调性；

（2）若且，求证：.【答案】(1)答案见解析；

(2)证明见解析.【解析】（1）求导得到导函数后，通过和两种状况，确定的正负，从而得到函数的单调性；

（2）将问题转化为证明：；

设，，只需证；

通过求导运算，可知，再通过零点存在定理，不断确定的最值位置，从而证得，证得结论.【详解】（1）函数的定义域为①若时，则，在上单调递减；

②若时，当时，当时，；

当时，故在上，单调递减；

在上，单调递増（2）若且，欲证只需证即证设函数，，则当时，；

故函数在上单调递增所以设函数，则设函数，则当时，故存在，使得从而函数在上单调递增；

在上单调递减当时，当时，故存在，使得即当时，，当时，从而函数在上单调递增；

在上单调递减由于故当时，所以即【点睛】此题考察争论含参数函数单调性、恒成立问题的证明.关键在于能够将恒成立的不等式变成两个函数之间的比拟；

对于两个函数之间大小关系的比拟，通常采纳最值间的比拟，通过证明，得到的结论.22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极