2023届河北衡水中学高三年级下册学期检测数学试题【含答案】

2023届河北衡水中学高三下学期检测数学试题一、单选题1．已知全集，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出集合、，利用并集和补集的定义可求得集合.【详解】因为，，所以，，又因为，所以，.故选：A.2．已知复数，，若在复平面上对应的点在第三象限，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式以及复数的几何意义可求得实数的值.【详解】因为，则，解得，因为复数在复平面上对应的点在第三象限，则，解得，因此，.故选：B.3．已知等差数列的前n项和为，，则（

）A．66 B．78 C．84 D．96【答案】B【分析】设等差数列的首项为，公差为，结合题意可得，结合等差数列的性质代入等差数列的前n项和公式即可求解【详解】设等差数列的首项为，公差为，由可得，整理可得，所以，则，故选：B.4．条件，，则的一个必要不充分条件是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】对于命题，由参变量分离法可得，求出函数在上的最大值，可得出实数的取值范围，再利用必要不充分条件的定义可得出合适的选项.【详解】若，使得，则，可得，则，因为函数在上单调递减，在上单调递增，且，故当时，，即，所以，的一个必要不充分条件是.故选：A.5．函数的部分图象大致是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】分析函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】对于函数，有，可得，所以，函数的定义域为，，，所以，函数为偶函数，排除AB选项；当时，，则，此时，排除D选项.故选：C.6．在中，，，，P，Q是平面上的动点，，M是边BC上的一点，则的最小值为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据向量运算可得，结合图形分析的最小值即可得结果.【详解】取的中点，则，可得，∵，当且仅当在线段上时，等号成立，故，显然当时，取到最小值，∴，故.故选：B.7．已知抛物线过点，动点M，N为C上的两点，且直线AM与AN的斜率之和为0，直线l的斜率为，且过C的焦点F，l把分成面积相等的两部分，则直线MN的方程为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题意求出抛物线方程为，设，直线，联立直线和抛物线的方程结合韦达定理由，可求出，再求出直线l的方程，由题意可转化为到直线的距离为到直线距离的，代入求解即可得出答案.【详解】因为抛物线过点，所以，解得：，所以，设，直线，代入中整理得，所以,，所以，即，则，解得：，所以直线，直线l的斜率为，且过C的焦点，所以，则到直线的距离为，所以l把分成面积相等的两部分，因为直线与直线平行，所以到直线的距离为到直线距离的，，解得：或（舍去）.所以直线MN的方程为.故选：D.8．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，其中有很多对几何体外接球与内切球的研究．其中的一些研究思想启发着后来者的研究方向．已知正四棱锥的外接球半烃为R，内切球半径为r，且两球球心重合，则（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】正四棱锥的外接球和内接球球心重合，说明其结构特殊，找出结构的特殊性，再计算.【详解】如图：设底面正方形ABCD的对角线长为2a，高为h，，正方形的中心为O，外接球的球心为，则有即，在中，①，②，以O为原点，建立空间直角坐标系如上图，则有，，设平面PCD的一个法向量为，则有，，令，则，设向量与平面PCD的夹角为，则，球心到平面PCD的距离，，由①得即③，故设，则③可整理成，两边平方得，，由①②得；故选：B.二、多选题9．统计学是源自对国家的资料进行分析，也就是“研究国家的科学”．一般认为其学理研究始于希腊的亚里士多德时代，迄今已有两千三百多年的历史．在两千多年的发展过程中，将社会经济现象量化的方法是近代统计学的重要特征．为此，统计学有了自己研究问题的参数，比如：均值、中位数、众数、标准差．一组数据：）记其均值为，中位数为，标准差为，则（

）A．B．C．新数据：的标准差为D．新数据：的标准差为【答案】AD【分析】利用中位数的定义可判断A选项；取，可判断B选项；利用方差公式可判断CD选项.【详解】对于A选项，因为，样本数据最中间的项为，由中位数的定义可知，A对；对于B选项，不妨令，则，B错；对于C选项，数据的均值为，方差为，所以，数据的标准差为，C错；对于D选项，数据的均值为，其方差为，所以，新数据：的标准差为，D对.故选：AD.10．已知，，且满足，．则的取值可以为（

）A．10 B．11 C．12 D．20【答案】CD【分析】根据条件及基本不等式可得，进而即得.【详解】因为，，所以，，故，当，且，而时，即等号不能同时成立，所以，故AB错误，CD正确.故选：CD.11．圆与双曲线交于，，，四点，则（

）A．的取值范围是B．若，矩形的面积为C．若，矩形的对角线所在直线是的渐近线D．存在，使四边形为正方形【答案】BD【分析】首先求出双曲线的顶点坐标与渐近线方程，即可判断A，对于B、C，求出交点坐标，即可判断B、C，设，求出、，即可判断D.【详解】双曲线的顶点坐标为，渐近线方程为，因为圆与双曲线交于，，，四点，所以，故A错误；当时圆，由，解得，所以或或或，不妨令，，，，所以，，所以，则，所以，故不是双曲线的渐近线，即B正确，C错误；若四边形为正方形，不妨设为第一象限内的交点，设，，则且，解得，所以，所以当时，使四边形为正方形，故D正确；故选：BD12．已知函数的导函数为，则（

）A．有最小值 B．有最小值C． D．【答案】ACD【分析】对选项逐一判断，首先对求导得到，再对进行求导，得出的单调性及零点，即可得出，最值及单调性，即可判断AB的正误，由的增减性可知的凹凸性，由此可知的大小，即可判断C的正误，再构造，同理可判断D的正误.【详解】由于函数的导函数为，则，又得其导函数为，故在定义域为单调递增函数，知无最小值，故B错误；当时，，故；当时，，但是指数函数始终增长的最快，故；又因为故一定存在，使得，所以在时为单调递减，在时为单调递增，故在处取得最小值，故A正确；又在定义域为单调递增函数，可知在为凹函数，可得，即，故C正确；令，易知故，得其导函数故在定义域为单调递增函数；故则，故D正确.故选：ACD三、填空题13．已知角终边上有一点，则________．【答案】【分析】根据正切的定义，运用诱导公式以及同角关系求解.【详解】，根据同角关系有，；故答案为：.14．甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为________．【答案】【分析】分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：（2）第一局乙胜，第二局甲胜.分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；（2）第一局乙胜，第二局甲胜：若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为.综上所述，甲、乙各胜一局的概率为.故答案为：.15．已知函数的部分图像如图所示，在区间内单调递减，则的最大值为________．【答案】【分析】根据函数过点求出的值，再根据的范围求出的范围，结合函数的单调性与周期性求出的大致范围，再根据正弦函数的性质得到不等式组，解得即可.【详解】由图可知函数过点，所以，即，所以或，，因为，所以或，又函数在原点右侧最近的零点的右侧的极值点函数取得最小值，所以，所以，因为在区间内单调递减，，所以，所以，所以，则或，解得或，所以的最大值为.故答案为：四、双空题16．如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD为菱形，，，，且平面ABCD，四边形BEFG是正方形，则______；异面直线AG与DE所成角的余弦值为______．【答案】

##【分析】根据线面垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解距离及异面直线所成角的余弦值.【详解】由四边形为菱形，，可得为正三角形，设为的中点，连接，所以．又，因此．又平面，故以为原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图设，，则，，，，由题意，则平面，平面，设，，从而，因为四边形BEFG是正方形，所以，所以，即，解得，所以，，设，则，因为，所以，所以，即，所以，所以；设异面直线AG与DE所成角为，又，所以，所以异面直线AG与DE所成角的余弦值为.故答案为：；五、解答题17．已知数列满足，且，．(1)求证：是等比数列，并求的通项公式；(2)若数列的前n项和为，求使不等式成立的n的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据递推公式即可证明是等比数列，然后利用等比数列的通项公式和已知条件即可求解；（2）结合（1）的通项公式求出数列的前n项和为，然后讨论即可求解.【详解】（1）由，可得，所以，则，又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则，所以，则，所以.（2）由（1）可知：，当为偶数时，，当为奇数时，，因为，，所以使不等式成立的n的最小值为.18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求的最小值；(2)若M为的重心，，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理及基本不等式即可求解最小值；（2）利用重心性质及勾股定理求出边长关系，利用余弦定理求出两个角的余弦值，然后通过同角关系求出正弦值即可.【详解】（1）因为，所以，当且仅当，即时，等号成立.（2）记边的中点为，边的中点为，边的中点为，因为点为的重心，所以，在中，，为边的中点，所以，所以，设，则，在中，，即，在中，，即，在中，，即，消去x，y得，又，所以，从而解得，即，在中，，所以，在中，，所以，所以.19．第届亚运会将于年月日至月日在我国杭州举行，这是我国继北京后第二次举办亚运会．为迎接这场体育盛会，浙江某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表社区参加市亚运知识竞赛．已知社区甲、乙、丙位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为、、，通过初赛后再通过决赛的概率均为，假设他们之间通过与否互不影响．(1)求这人中至多有人通过初赛的概率；(2)求这人中至少有人参加市知识竞赛的概率；(3)某品牌商赞助了社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了两种奖励方案：方案一：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次奖励元；方案二：只参加了初赛的选手奖励元，参加了决赛的选手奖励元．若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．【答案】(1)(2)(3)方案二更好，理由见解析【分析】（1）计算出人全通过初赛的概率，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；（2）计算出人各自参加市知识竞赛的概率，再利用独立事件和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；（3）利用二项分布及期望的性质求出方案一奖金总额的期望，对方案二，列出奖金总额为随机变量的所有可能取值，并求出对应的概率，求出其期望，比较大小作答.【详解】（1）解：人全通过初赛的概率为，所以，这人中至多有人通过初赛的概率为.（2）解：甲参加市知识竞赛的概率为，乙参加市知识竞赛的概率为，丙参加市知识竞赛的概率为，所以，这人中至少有人参加市知识竞赛的概率为.（3）解：方案一：设三人中奖人数为，所获奖金总额为元，则，且，所以元，方案二：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为元，则的所有可能取值为、、、，则，，，，所以，.所以，，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好．20．如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是平行四边形，，，AD与平面所成的角为．(1)求；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据，，利用余弦定理可得，结合已知条件，建立空间直角坐标系，设，写出相应点的坐标，求出平面的法向量和的方向向量，线面角即可求解；（2）结合（1）的结论和平面的法向量，再求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）因为，，在中，由余弦定理可得，则，所以，则，由因为为直四棱柱，所以平面，所以两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，由题意可知：AD与平面所成的角为，所以，解得，所以.（2）由（1）知：平面的法向量，，,设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，则，由图可知：二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值.21．如图，已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，且直线AB的斜率为，的面积为1，O为坐标原点．(1)求C的方程；(2)设直线l与C交于，两点，且，N与B不重合，M与C的上顶点不重合，点Q在线段MB上，且轴，AB平分线段QN，点到l的距离为d，求当d取最大值时直线MN的方程．【答案】(1)(2)【分析】(1)根据已知条件列出关于的方程组求解即可；(2)设l的方程为，Q点的横坐标为，AB与QN的交点为T，其横坐标为，由已知可得，结合韦达定理可得出，从而可求点到l的距离d，再通过构造函数，利用函数单调性求出d取最大值时的条件，从而可求直线MN的方程．【详解】（1）由已知得，，，即①又因为的面积为1，所以，即②联立①②解得，，所以椭圆C的方程为；（2）根据题意，直线l的斜率存在，且l不过C的上、下顶点，故可