河北省衡水中学2023届高三下学期第三次综合素养评价数学试题（解析版）

2022—2023学年度下学期高三年级第三次综合素养评价数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题共60分）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的）1.设复数，则在复平面内对应的点位于（）A第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】注意到，计算得代数形式，可得答案.【详解】，，则其在复平面对应的点为，即在第四象限.故选：D2.已知集合，，则有（）个真子集.A.3 B.16 C.15 D.4【答案】A【解析】【分析】计算，得到真子集个数.【详解】，，则，真子集个数为.故选：A3.已知且，“函数为增函数”是“函数在上单调递增”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】【详解】函数为增函数,则,此时,故函数在上单调递增;当在上单调递增时,,,所以,故为增函数.故选:C4.某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（）A.48 B.54 C.60 D.72【答案】C【解析】【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.【详解】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由种方法；按照分步乘法原理，共有种方法；故选：C.5.公差不为0的等差数列的前项和为，且，若，，，，依次成等比数列，则（）A.81 B.63 C.41 D.32【答案】C【解析】【分析】由条件求出数列的通项公式，再结合等比数列定义求.【详解】因为，所以，故，设等差数列的公差为，则，所以，因为，，，，依次成等比数列，，所以，所以，所以，故选：C.6.在中，，，，则直线通过的（）A.垂心 B.外心 C.重心 D.内心【答案】D【解析】【分析】根据向量的加法的几何意义，结合菱形的对角线为相应角的平分线，得到在的角平分线上，从而作出判定.【详解】因为,∴，设,则，又，∴在的角平分线上，由于三角形中,故三角形的边上的中线，高线，中垂线都不与的角平分线重合，故经过三角形的内心，而不经过外心，重心，垂心，故选D.7.如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，，若是线段上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理及找到外接球的直径，再利用球的表面积公式即可求解.【详解】由题意可知，设的外接圆半径为r，由正弦定理，知，当时，取得最小值为2，此时外接球半径满足，解得或.所以三棱锥的外接球的最小半径为.所以外接球表面积为.故选：C.8.已知向量的夹角为60°的单位向量，若对任意的､，且，，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用向量的运算，求得模长，整理不等式，构造函数研究其单调性，利用导数，可得答案.【详解】已知向量的夹角为的单位向量，则所以所以对任意的，且，则所以，即，设，即在上单调递减，又时，，解得，所以在上单调递增；上单调递减，所以，故选：A．二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.以下四个命题中，真命题的有（）A.在回归分析中，可用相关指数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好；B.回归模型中残差是实际值与估计值的差，残差点所在的带状区域宽度越窄，说明模型拟合精度越高；C.对分类变量与的统计量来说，值越小，判断“与有关系”的把握程度越大．D.已知随机变量服从二项分布，若，则．【答案】AB【解析】【分析】根据相关指数的定义确定A；根据残差的性质确定B；根据独立性检验确定C；根据二项分布与均值的运算确定D.【详解】对于A，由相关指数的定义知：越大，模型的拟合效果越好，A正确；对于B，残差点所在的带状区域宽度越窄，则残差平方和越小，模型拟合精度越高，B正确；对于C，由独立性检验的思想知：值越大，“与有关系”的把握程度越大，C错误．对于D，，，又，，解得：，D错误．故选：．10.2022年9月钱塘江多处出现罕见潮景“鱼鳞潮”，“鱼鳞潮”的形成需要两股涌潮，一股是波状涌潮，另外一股是破碎的涌潮，两者相遇交叉就会形成像鱼鳞一样的涌潮．若波状涌潮的图像近似函数的图像，而破碎的涌潮的图像近似（是函数的导函数）的图像．已知当时，两潮有一个交叉点，且破碎的涌潮的波谷为，则（）A. B.C.的图像关于原点对称 D.在区间上单调【答案】BC【解析】【分析】对于A，由题意，求导建立方程，根据正切函数的性质，可得答案；对于B，整理其函数解析式，代入值，利用和角公式，可得答案；对于C，整理函数解析式，利用诱导公式，结合奇函数的性质，可得答案；对于D，利用整体思想，整体换元结合余弦函数的性质，可得答案.【详解】，则，由题意得，即，故，因为，所以，由则，，故选项A错误；因为破碎的涌潮的波谷为，所以的最小值为，即，得，所以，则，故选项B正确；因为，所以，所以为奇函数，则选项C正确；，由，得，因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以在区间上不单调，则选项D错误，故选：BC.11.在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（）A.异面直线与所成角的余弦值为B.点为正方形内一点，当平面时，的最小值为C.过点，，的平面截正方体所得的截面周长为D.当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为【答案】BCD【解析】【分析】对于选项A：根据正方体的性质得出在中即为异面直线与所成的角，即可计算得出答案判定；对于选项B：取的中点的中点，连接，，，得到，，即可证明面面，则根据已知得出轨迹为线段，则过作，此时取得最小值，计算得出即可判定；对于选项C：过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，得出，，设，，以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，得出，，，的坐标，则可根据，列式得出，，即可得出，，在中得出，同理得出，在中得出，同理得出，在中得出，即可得出五边形的周长，即过点的平面截正方体所得的截面周长，即可判定；对于选项D：取的中点，则，过作，且使得，则为三棱锥的外接球的球心，则为外接球的半径，计算得出半径即可求出球的表面积，即可判定.【详解】对于A选项，，在中即为异面直线与所成的角，，异面直线与所成的角的余弦值为．故A错误；对于B选项，取的中点的中点，取的中点，连接，，，，同理可得，又面，面，面，面，面，面，又，面，面面，又面，面，轨迹为线段，在中，过作，此时取得最小值，在中，，，，在中，，，，在中，，，，如图，在中，．故B项正确；对于C选项，过点的平面截正方体，平面平面，则过点的平面必与与交于两点，设过点的平面必与与分别交于、，过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得，如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，如图以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，设，，则，，，，，，，，，，，，解得，，，，，在中，，，，同理：，在中，，，，同理：在中，，，，即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故C正确；对于D选项，如图所示，取的中点，则，过作，且使得，则为三棱锥的外接球的球心，所以为外接球的半径，在中，，．故D项正确，故选：BCD．12.已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，过点的两条互相垂直的直线，分别与抛物线交于，和，，过点分别作，的垂线，垂足分别为，，则（）A.四边形面积的最大值为2B.四边形周长的最大值为C.为定值D.四边形面积的最小值为32【答案】ABD【解析】【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，确定四边形形状，利用勾股定理及均值不等式计算判断A，B；设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出弦长即可计算推理判断C，D作答.【详解】依题意，，解得，即抛物线：，焦点，准线方程为：，直线，与坐标轴不垂直，因为，，则四边形为矩形，有，当且仅当时取等号，，即四边形面积的最大值为2，A正确；因为，则，当且仅当时取等号，因此四边形周长的最大值为，B正确；设直线方程为：，，由消去y得：，则，，同理，因此，C错误；四边形面积，当且仅当时取等号，所以四边形面积的最小值为32，D正确.故选：ABD【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.的展开式的常数项是___________．【答案】70【解析】【分析】利用通项公式求解，常数项由三种情况合并而成，分别求解即可.【详解】的通项公式为；当时，中的常数项为；当时，中的常数项为；当时，；所以的展开式的常数项为；故答案为：70.14.已知点，，若线段与圆存在公共点，则的取值范围为_________.【答案】【解析】【分析】通过图像可得当圆和线段AB相切时，圆的半径最小，当圆过B点时，圆的半径最大，据此可得的取值范围.【详解】如图：当圆和线段AB相切时，圆的半径最小，当圆过B点时，圆的半径最大.圆的圆心为，半径为，，当圆和线段AB相切时，，即，，得，当圆过B点时，，得.故答案为：.15.已知实数，满足，则的最小值是______.【答案】9【解析】【分析】将已知条件通过恒等变形，再利用基本不等式即可求解.【详解】由已知条件得，∵，∴，又∵，，∴，∴，当且仅当，即时等号成立.故答案为：9.16.若正实数a，b满足，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】由不等式变形为，通过换元，根据不等式恒成立得出a与b的关系，从而把表示为关于a的表达式，再通过构造函数求最值即可．【详解】因为，所以，所以，即令，则有()，设，则，由得当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即，又因，所以，当且仅当时等号成立所以，从而，所以()设()，则，由得当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以的最小值为．故答案为：．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.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）.【解析】【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.【小问1详解】∵.∴，∴，∴；当时，满足上式，所以；【小问2详解】由（1）可得，∴.18.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求证：.（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)结合正弦定理及正弦和角公式得，结合角度范围即可证明；(2)结合正弦定理及三角恒等变换，结合B角范围即可求解.【小问1详解】在中，由及正弦定理得：又∵，∴即，∵，∴.∵，∴，【小问2详解】得：得，∴，∴，由题意，及正弦定理得：∵，∴，即故的取值范围为方法二：由正弦定理得：∵，∴，由（1）得：，故由（1）得：得，∴，∴，∴，即，故的取值范围为19.某社区对55位居民是否患有新冠肺炎疾病进行筛查，已知随机一人其口拭子核酸检测结果呈阳性的概率为2%，且每个人的口拭子核酸是否呈阳性相互独立.（1）假设该疾病患病的概率是0.3%，且患病者口拭子核酸呈阳性的概率为98%，设这55位居民中有一位的口拭子核酸检测呈阳性，求该居民可以确诊为新冠肺炎患者的概率；（2）根据经验，口拭子核酸检测采用分组检测法可有效减少工作量，具体操作如下：将55位居民分成若干组，先取每组居民的口拭子核酸混在一起进行检测，若结果显示阴性，则可断定本组居民没有患病，不必再检测；若结果显示阳性，则说明本组中至少有一位居民患病，需再逐个进行检测，现有两个分组方案：方案一：将55位居民分成11组，每组5人；方案二：将55位居民分成5组，每组11人，试分析哪一个方案工作量更少？参考数据：，.【答案】（1）14.7%（2）方案二的工作量更少【解析】【分析】（1）设事件为“核酸检测呈阳性”，事件为“患疾病”，利用条件概率公式求解即可；（2）设方案一和方案二中每组的检测次数为，分别求出两种方案检测次数的分布列，进而得出期望，通过比较期望的大小即可得出结论.【小问1详解】设事件为“核酸检测呈阳性”，事件为“患疾病”.由题意可得，，，由条件概率公式得：，即，故该居民可以确诊为新冠肺炎患者的概率为14.7%.【小问2详解】设方案一中每组的检测次数为，则的取值为1，6，，，所以的分布列为160.9040.096所以，即方案一检测的总次数的期望为.设方案二中每组的检测次数为，则的取值为1，12，，，所以的分布列为1120.8010.199所以，即方案二检测的总次数的期望为.由，则方案二的工作量更少.20.图1是直角梯形ABCD，，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达的位置，且．（1）求证：平面平面ABED．（2）在棱上是否存在点P，使得点P到平面的距离为？若存在，求出直线EP与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）在图1中，连接，交于O，由几何关系可得，，结合图2易得是二面角的平面角，由勾股定理逆定理可证，进而得证；（2）以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，，求得，同时求出平面的法向量，由点面距离的向量公式求得，进而求得，结合向量公式可求直线EP与平面所成角的正弦值.【小问1详解】如图所示：在图1中，连接，交于O，因为四边形是边长为2的菱形，并且，所以，且．在图2中，相交直线，均与垂直，所以是二面角的平面角，因为，所以，，所以平面平面；【小问2详解】由（1）知，分别以，，为x，y，z轴建立如图2所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，.设，，则.设平面的法向量为，则，即，取，因为点到平面的距离为，所以，解得，则，所以.设直线与平面所成的角为，所以直线与平面所成角的正弦值为.21.已知双曲线W：的左、右焦点分别为、，点，右顶点是M，且，．（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）过点的直线l交双曲线W的右支于A、B两个不同的点（B在A、Q之间），若点在以线段AB为直径的圆的外部，试求△AQH与△BQH面积之比λ的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（I）利用双曲线的基本量的运算和向量的