河北省2023届高三模拟数学 Word版含解析

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2023年高考模拟练习（全国一卷）数学试卷一、单选题（每题5分，共40分）1.已知集合，则的元素个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】分析】先化简集合,求出即得解.【详解】解：所以，所以的元素个数为2.故选：B.2.若复数，在复平面内对应的点关于轴对称，且，则复数（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的几何意义及对称性，得出复数，再利用复数的除法法则即可求解.【详解】由题意知，复数在复平面内对应的点，因为复数，在复平面内对应的点关于轴对称，所以复数在复平面对应的点为，即，则，故选：C．3.若a，b都是实数，则“”是“”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】B

1【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断可得；【详解】解：，都是实数，那么“”“”，反之不成立，例如：，，满足，但是无意义，“”是“”的必要不充分条件．故选：B．4.2021年10月16日0时23分，长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，秒后，神舟十三号载人飞船进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员送入太空．在不考虑空气阻力的条件下，从发射开始，火箭的最大飞行速度满足公式：，其中为火箭推进剂质量，为去除推进剂后的火箭有效载荷质量，为火箭发动机喷流相对火箭的速度．当时，千米/秒．在保持不变的情况下，若吨，假设要使超过第一宇宙速度达到千米/秒，则至少约为（结果精确到，参考数据：，）（）A.吨B.吨C.吨D.吨【答案】B【解析】【分析】根据所给条件先求出，再由千米/秒列方程求解即可.【详解】因为当时，，所以，由，得，所以，解得（吨），即至少约为吨.故选：B5.设双曲线的左右焦点分别为，过

2的直线分别交双曲线左右两支于点M，N.若以MN为直径的圆经过点且，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得△MNF2为等腰直角三角形，设|MF2|＝|NF2|＝m，则|MN|m，运用双曲线的定义，求得|MN|＝4a，可得m，再由勾股定理可得a，c的关系，即可得到所求离心率．【详解】若以MN为直径的圆经过右焦点F2，则，又|MF2|＝|NF2|，可得△MNF2为等腰直角三角形，设|MF2|＝|NF2|＝m，则|MN|m，由|MF2|﹣|MF1|＝2a，|NF1|﹣|NF2|＝2a，两式相加可得|NF1|﹣|MF1|＝|MN|＝4a，即有m＝2a，在直角三角形HF1F2中可得4c2＝4a2+（2a+2a﹣2a）2，化为c2＝3a2，即e．故选C．【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率的求法，注意运用等腰直角三角形的性质和勾股定理，考查运算能力，属于中档题．6.设函数f（x）是定义在区间上的函数，f'（x）是函数f（x）的导函数，且

3，则不等式的解集是A.B.（1，＋∞）C.（－∞，1）D.（0，1）【答案】D【解析】【分析】构造函数，求导，结合，可得在上单调递增，则不等式，可变为，则，结合单调性即可求解．【详解】构造函数，则，由，所以，即在上单调递增．因为，则不等式，可变为，则，所以，所以，故选D【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查学生发散思维和计算能力，属中档题．解题的关键在于根据给出的条件，构造新函数，求导可应用题中条件，得到新函数的单调性，把问题转化为根据单调性解不等式问题，进而得到答案．7.在圆幂定理中有一个切割线定理：如图1所示，QR为圆O的切线，R为切点，QCD为割线，则．如图2所示，在平面直角坐标系xOy中，已知点，点P是圆上的任意一点，过点作直线BT垂直AP于点T，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】

4【分析】先利用和余弦定理得到，可得，即可求，进而求得，再利用基本不等式即可得到答案【详解】连接，在中，因为是的中点，所以，平方得，将代入可得，因为，所以，所以，在，，所以，当且仅当即时，取等号,故选：A8.如图，在三棱锥中，平面，，，侧棱与平面所成的角为，为的中点，是侧棱上一动点，当的面积最小时，异面直线与所成角的余弦值为（）

5A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】通过线面位置关系的证明得到的面积为，当的面积最小，此时，据此即可利用解三角形的方法进行求解即可【详解】由题意知为等腰直角三角形，因为为的中点，所以．又平面，所以，所以平面，所以，故的面积．易知，所以，所以，当最小时，的面积最小，此时．当时，过作，交的延长线于点，则，连接，如图，则为异面直线与所成的角或其补角．因为平面，所以为直线与平面所成的角，所以，所以

6，所以，．又，所以，所以，，在中，易知，所以，故当的面积最小时，异面直线与所成角的余弦值为故选：D【点睛】本题以三棱锥为载体考查空间线面关系的判定、线面角、异面直线所成的角，考查考生的空间想象能力、逻辑思维能力，属于中档题二、多选题（每题5分，共20分，漏选得2分，错选得0分）9.2022年6月18日，很多商场都在搞促销活动.重庆市物价局派人对5个商场某商品同一天的销售量及其价格进行调查，得到该商品的售价元和销售量件之间的一组数据如下表所示：90951001051101110865用最小二乘法求得关于的经验回归直线是，相关系数，则下列说法正确的有（）A.变量与负相关且相关性较强B.C.当时，的估计值为13D.相应于点的残差为【答案】ABD【解析】【分析】根据相关性、相关系数判断A，利用样本中心点判断B，将代入回归直线方程判断C，求得时的估计值，进而求得对应的残差，从而判断D.【详解】对A，由回归直线可得变量，线性负相关，且由相关系数可知相关性强，故A正确；对B，由题可得，，

7故回归直线恒过点，故，即，故B正确；对C，当时，，故C错误；对D，相应于点的残差，故D正确.故选：ABD.10.甲､乙､丙､丁､戊共5位志愿者被安排到，，，四所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所学校支教，则下列结论正确的是（）A.不同的安排方法共有240种B.甲志愿者被安排到学校的概率是C.若学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有120种D.在甲志愿者被安排到学校支教的前提下，学校有两名志愿者的概率是【答案】ABD【解析】【分析】先将5人分成4组，然后排入4所学校即可判断A；分A学校只有一个人和A学校只有2个人，两种情况讨论，求出甲志愿者被安排到A学校的排法，再根据古典概型即可判断B；先将A学校的两名志愿者排好，再将剩下的3名志愿者安排到其他3所学校即可判断C；求出甲志愿者被安排到A学校的排法，然后再求出在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的排法，根据条件概率进行计算，从而可判断D.详解】甲､乙､丙､丁､戊共5位志愿者被安排到A，B，C，D四所山区学校参加支教活动，则共有种安排方法，故A正确；甲志愿者被安排到A学校，若A学校只有一个人，则有种安排方法，若A学校只有2个人，则有种安排方法，所以甲志愿者被安排到A学校有种安排方法，所以甲志愿者被安排到A学校的概率是，故B正确；若A学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有种，故C错误；甲志愿者被安排到A学校有种安排方法，在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的安排方法有24种，

8所以在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的概率是，故D正确.故选：ABD.11.平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（）A.曲线C与y轴的交点为，B.曲线C关于x轴对称C.面积的最大值为2D.的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由判断A；由曲线方程对称性判断B；取特值计算判断C；求出的范围计算判断D作答.【详解】设点，依题意，，整理得：，对于A，当时，解得，即曲线C与y轴的交点为，，A正确；对于B，因，由换方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确；对于C，当时，，即点在曲线C上，，C不正确；对于D，由得：，解得，于是得，解得，D正确.故选：ABD【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.12.已知点为正方体的棱的中点，过的平面截正方体，，下列说法正确的是（）

9A.若与地面所成角的正切值为，则截面为正六边形或正三角形B.与地面所成角为则截面不可能为六边形C.若截面为正三角形时，三棱锥的外接球的半径为D.若截面为四边形，则截面与平面所成角的余弦值的最小值为【答案】AD【解析】【分析】取的中点，做底面，取的中点，连接、交于点，连接，在正方体中可判断平面与底面所成的角为，再分别取的中点，连接，可判断截面为正六边形；取的中点，连接，则为等边三角形，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角可判断A；当时，，可判断四边形为等腰梯形，必与有交点，则截面为六边形可判断B；若截面为正三角形时，则为的中点，所以三棱锥为正三棱锥，设正三角形的外接圆的圆心为，外接球的球心为，利用求出半径可判断C；若截面为四边形，则截面与底面棱的交点必在上，且截面为时与平面所成角的最大，此时的余弦值最小，求出余弦值可判断D.【详解】取的中点，做底面，则为的四等分点，且，分别取的中点，连接、交于点，则点为的四等分点，连接，在正方体中，，，此时平面，即平面与底面所成的角为，且，因为平面平面，所以平面与底面所成的角的正切值为，再分别取的中点，连接，即过的平面

10截正方体的截面为正六边形；取的中点，连接，则为等边三角形，，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角，且，，，所以平面与平面所成的二面角的平面角的正切值为，此时为等边三角形，故A正确；当时，，所以，所以，由于，所以为等腰直角三角形，，由于，所以四边形为等腰梯形，必与有交点，则截面六边形，故B错误；若截面为正三角形时，则为的中点，

11所以三棱锥为正三棱锥，且，，设正三角形的外接圆的圆心为，外接球的球心为，连接，则，，因为，所以，在中，因为，所以，解得，故C错误；，若截面为四边形，则截面与底面棱的交点必在上，且截面为时与平面所成角的最大，此时的余弦值最小，连接，取的中点，连接，，则，，四边形为等腰梯形，，则即为截面为时与平面所成平面角，，，，在中，由余弦定理得，故D正确.

12故选：AD.三、填空题（每题5分，共20分）13.已知，则_____________.【答案】30【解析】【分析】利用二项式定理的原理与组合的意义求解即可.【详解】因为，所以是含项的系数，若从10个式子中取出0个，则需要从中取出3个，7个1，则得到的项为；若从10个式子中取出1个，则需要从中取出1个，8个1，则得到的项为；若从10个式子中取出大于或等于2个，则无法得到含的项；综上：含的项为，则含项的系数为，即.故答案为：.14.已知正三角形ABC内接于半径为2的圆O，点P是圆O上的一个动点，则的取值范围是________．【答案】【解析】

13【详解】在中,，所以..当点在圆上运动时,位于处时,有最大值为.当位于处时,有最小值为..所以.故答案为:.15.已知数列满足，，，则的前项积的最大值为________.【答案】2【解析】【分析】由递推公式可得数列周期，从而根据周期性得出前项积的最大值.【详解】因为，所以，两式相除得，即，故数列的周期，由，，可得，设的前项积为，所以当，时，，当，时，，当，时，，所以的最大值为2.故答案为：2

1416.历史上第一位研究圆锥曲线的数学家是梅纳库莫斯（公元前375年-325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质.如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆的中心在坐标原点，分别为其左、右焦点，直线与椭圆相切于点（点在第一象限），过点且与切线垂直的法线与轴交于点，若直线的斜率为，，则椭圆的离心率为______.【答案】【解析】【分析】由离心率公式结合定义得出，再由正弦定理的边角互化得出椭圆的离心率.【详解】设，则，，，其中，所以椭圆的离心率为.故答案为：四、解答题（17题10分，其余12分，共70分）17.已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°.E是边BC上一点，线段DE交AC于点F.

15（1）若△CDE的面积为，求DE的长；（2）若CF＝4DF，求sin∠DFC.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由△CDE的面积求得，再由余弦定理可得；（2）结合已知由正弦定理可得，再由诱导公式与两角和的正弦公式可得结论．【详解】（1）依题意，得∠BCD＝∠DAB＝60°.因为△CDE的面积S＝CD·CE·sin∠BCD＝，所以，解得CE＝1.在△CDE中，由余弦定理，得DE＝＝＝.（2）依题意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，设∠CDE＝θ，则0°<θ<60°.在△CDF中，由正弦定理，得＝，因为CF＝4DF，所以sinθ＝＝，所以cosθ＝，

16所以sin∠DFC＝sin(30°＋θ)＝.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查诱导公式与两角和的正弦公式，属于中档题．18.若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第次得到的数列的所有项之和记为.（1）求与满足的关系式；（2）求数列的通项公式；（3）证明：【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】(1)根据题干给出的规则,得到第次构造后数列的和与第次构造后数列和的关系;(2)已知相邻两项关系构造等比数列,进而得到数列的通项公式;(3)根据的通项公式,应用放缩变成等比数列的前项和,应用公式计算即可.【小问1详解】设第次构造后得的数列为，则，则第次构造后得到的数列为1，，，，，…，，，，2，则，即与满足的关系式为；【小问2详解】由，可得，且,则

17所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以，即；【小问3详解】，所以19.如图，三棱柱，底面是边长为2的正三角形，，平面平面.（1）证明：平面；（2）若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，得到BD⊥，再证明出AB⊥，从而得到平面；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面角的余弦值.【小问1详解】

18取AB的中点N，AC的中点D，连接BD，，CN，因为底面是边长为2的正三角形，，所以，BD⊥AC，CN⊥AB，因为平面平面，交线为AC，平面，因为BD⊥AC，所以BD⊥平面，因为平面，所以BD⊥，因为，平面，所以AB⊥平面，因为平面，所以AB⊥，因为，平面ABC，所以平面ABC；【小问2详解】过点C作CFAB，以C为坐标原点，CN所在直线为x轴，CF所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的法向量为，

19则，解得：，设，则，故，故，因，解得：，故设平面的法向量为，则，设，则，则，设平面与平面夹角的余弦值为，则，

20故平面与平面夹角的余弦值为.20.已知，分别为椭圆的左、右焦点，椭圆上任意一点到焦点距离的最小值与最大值之比为，过且垂直于长轴的椭圆的弦长为．（1）求椭圆的标准方程；（2）过的直线与椭圆相交的交点、与右焦点所围成的三角形的内切圆面积是否存在最大值？若存在，试求出最大值；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）根据题意得到和，结合，联立方程组，求得的值，即可求解；（2）设的内切圆半径为，由，根据椭圆的定义，化简得到，设直线，联立方程组，结合根与系数的关系，化简得到，根据函数的单调性，即可求解.【详解】（1）由题意，椭圆上任意一点到焦点距离的最小值与最大值之比为，可得，即，又由过且垂直于长轴的椭圆的弦长为，可得，联立方程组，可得：，，所以，

21故椭圆的标准方程为.（2）设的内切圆半径为，可得，又因为，所以，要使的内切圆面积最大，只需的值最大，由题意直线斜率不为，设，，直线，联立方程组，整理得，易得，且，，所以，设，则，设，可得，所以当，即时，的最大值为，此时，所以的内切圆面积最大为.【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．21.已知函数.（1）当时，求证：；（2）若恒成立，求a的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】

22【分析】（1）化简，分类讨论和，的正负，即可证明；（2）因为，令，（），要使恒成立，只要，对求导，讨论的单调性，即可得出答案.【小问1详解】，当时，，，又二者不能同时为0，所以；当时，，又，，所以；综上有时，；【小问2详解】因为，令，（），要使恒成立，只要，因为，又图像在定义域上连续不间断，所以0是的一个极大值点，则有，因，所以，当时，，当时，，，所以，故在上递增；

23又因在递减，且，则，故在上递减；当时，，所以，故在上递减.综上有当时，在上递增，在上递减，即若成立，故.【点睛】关键点点睛：第二问，确定函数在0处取得最值，且把定义域分段研究是关键22.某地区为居民集体筛查新型传染病毒，需要核酸检测，现有份样本，有以下两种检验方案，方案一，逐份检验，则需要检验k次；方案二：混合检验，将k份样本分别取样混合在一起检验一次，若检验结果为阴性，则k份样本均为阴性，若检验结果为阳性，为了确定k份样本的阳性样本，则对k份本再逐一检验．逐份检验和混合检验中的每一次检验费用都是16元，且k份样本混合检验一次需要额外收20元的材料费和服务费．假设在接受检验的样本中，每份样本是否为阳性是相互独立的，且据统计每份样本是阴性的概率为．（1）若份样本采用混合检验方案，需要检验的总次数为X，求X分布列及数学期望；（2）①若，以检验总费用为决策依据，试说明该单位选择方案二的合理性；②若，采用方案二总费用的数学期望低于方案一，求k的最大值．参考数据：【答案】（1）见解析（2）①见解析，②k的最大值为11【解析】【分析】（1）的可能值为1和，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解,（2）①结合期望公式，求出方案二的期望，再结合作差法，即可求解．②结合期望公式，以及利用导数研究函数的单调性，即可求解．【小问1详解】的可能值为1和，

24，，所以随机变量的分布列为：1所以．【小问2详解】①设方案二总费用为，方案一总费用为，则，所以方案二总费用的数学期望为：，又，所以，又方案一的总费用为，所以，当时．，，，所以，所以该单位选择方案二合理．②由①方案二总费用的数学期望，当时，，又方案一的总费用为，令得：，所以，即，所以，设，所以，令得，得，

25所以在区间，上单调递增，在区间上单调递减，，，，，，，所以的最大值为11．

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