2023年河北省石家庄市高考数学一模试卷（含解析）

2023年河北省石家庄市高考数学一模试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设全集，若集合满足，则( )
A. B. C. D.
2. 已知复数，则( )
A. B. C. D.
3. 为实现乡村生态振兴，走乡村绿色发展之路，乡政府采用按比例分层抽样的方式从甲村和乙村抽取部分村民参与环保调研，已知甲村和乙村人数之比是：，被抽到的参与环保调研的村民中，甲村的人数比乙村多人，则参加调研的总人数是( )
A. B. C. D.
4. 函数的大致图象为( )
A. B. C. D.
5. 已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为( )
A. B. C. D.
6. 中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智南宋数学家杨辉在详解九章算法和算法通变本末中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列现有一个“堆垛”，共层，第一层个小球，第二层个小球，第三层个小球，第四层个小球，，按此规律，则第层小球的个数为( )
A. B. C. D.
7. 已知圆台的上、下底面圆的半径之比为，侧面积为，在圆台的内部有一球，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球的表面积为( )
A. B. C. D.
8. 已知在上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，且，则的值可以是( )
A. B. C. D.
10. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件“两次掷出的点数之和是”，事件“第一次掷出的点数是奇数”，事件“两次掷出的点数相同”，则( )
A. 与互斥 B. 与相互独立 C. D.
11. 已知抛物线：的焦点为，过点分别向抛物线与圆：作切线，切点为分别为，不同于坐标原点，则下列判断正确的是( )
A. B.
C. ，，三点共线 D.
12. 定义：对于定义在区间上的函数和正数，若存在正数，使得不等式对任意，恒成立，则称函数在区间上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有( )
A. 函数在上满足阶李普希兹条件
B. 若函数在上满足一阶李普希兹条件，则的最小值为
C. 若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解
D. 若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则存在满足条件的函数，存在，，使得
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某工厂生产的一批电子元件质量指标服从正态分布，且，若从这批电子原件中随机选取一件产品，则其质量指标小于的概率为 ．
14. 已知，则 ．
15. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于，两点，若，且，则椭圆的离心率为 ．
16. 长方体中，，，平面与直线的交点为，现将绕旋转一周，在旋转过程中，动直线与底面内任一直线所成最小角记为，则的最大值是 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知等比数列的前项和为．
求数列的通项公式；
设数列满足，求数列的前项和．
18. 本小题分
已知内角，，所对的边长分别为，，，．
求；
若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
19. 本小题分
为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取局胜制，每局都是单打模式，每队有名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余名队员对乙队每名队员的胜率均为注：比赛结果没有平局
求甲队明星队员在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛局，甲队最终获胜的概率；
求甲乙两队比赛局，甲队获得最终胜利的概率；
若已知甲乙两队比赛局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员上场的概率．
20. 本小题分
如图，在 中，，，将沿折起，使得点到达点处，如图．
若，求证：；
若，求平面与平面夹角的余弦值．
21. 本小题分
已知函数．
当时，求的极小值．
若有两个零点，求实数的取值范围．
22. 本小题分
已知双曲线：，为双曲线的右焦点，过作直线交双曲线于，两点，过点且与直线垂直的直线交直线于点，直线交双曲线于，两点．
若直线的斜率为，求的值；
设直线，，，的斜率分别为，，，，且，，记，，，试探究与，满足的方程关系，并将用，表示出来．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意可得：，
显然是中的元素，故ABD错误，C正确．
故选：．
根据元素与集合的关系及补集运算即可．
本题考查元素与集合的关系及补集概念，属基础题．
2.【答案】
【解析】解：．
故选：．
利用复数乘法的几何意义求复数的模即可．
本题考查复数的运算，属基础题．
3.【答案】
【解析】解：设被抽取参与调研的乙村村民有人，则甲村被抽取参与调研的有人，
所以，即，
所以参加调研的总人数为．
故选：．
根据分层抽样的要求计算即可．
本题考查分层抽样的概念，属基础题．
4.【答案】
【解析】解：由，
故函数为非奇非偶函数，排除、；
由，
，所以，即可排除．
故选：．
应用定义判断函数奇偶性，比较，结合排除法即可得答案．
本题考查函数的图象问题，函数的奇偶性，特值点，属中档题．
5.【答案】
【解析】解：，，可得，
所以在方向上的投影向量为．
故选：．
由已知可得，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可．
本题考查向量数量积的运算，向量数量积的性质，投影向量的概念，属基础题．
6.【答案】
【解析】解：不妨设第层小球个数为，由题意，，，
即各层小球之差成以为首项，为公差的等差数列，
所以，
故有，累加可得：，
故．
故选：．
依据等差数列的定义与求和公式，累加法计算即可．
本题考查数列的应用，累加法的应用，属基础题．
7.【答案】
【解析】解：设圆台的上底面圆半径为，则底面圆半径为，母线长为，
如图所示，作出圆台与球的轴截面．由于球与圆台的上下底面及母线均相切，
故．
根据圆台的侧面积公式，可得，
所以球的直径为，故半径为，表面积为：
故选：．
由圆台的侧面积公式及球的表面积公式计算即可．
本题考查圆台的内切球问题，球的表面积公式的应用，方程思想，属基础题．
8.【答案】
【解析】解：，且，
，两边取对数可得，
根据题意可得与在上有两个交点，
设，则，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
，且时，；时，，
要使与在上有两个交点，
则，，
故选：．
根据题意可得，两边取对数可得，从而根据题意可得与在上有两个交点，设，再利用导数研究的单调性及最值，从而建立不等式，即可求解．
本题考查方程的解的个数问题，利用导数研究函数的单调性，数形转化思想，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：根据三角函数的定义可得：
，
解得或，
故选：．
根据三角函数的定义，建立方程，即可求解．
本题考查三角函数的定义，方程思想，属基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于项，互斥事件指不可能同时发生的两个事件，事件可以有以下情况：
第一次掷出，第二次掷出或第一次掷出，第二次掷出等，如此与事件有同时发生的可能，故A错误；
对于项，，，故B正确；
对于项，易知，故C错误；
对于项，点数和为，且两次点数相同仅有都是点一种情况，故，故D项正确．
故选：．
对于、选项，根据事件的对立与互斥定义即可分辨；对于、选项利用概率公式计算即可．
本题考查互斥事件与独立事件的概念，古典概型的概率公式的应用，属基础题．
11.【答案】
【解析】解：由题意可知抛物线的焦点，
要求，不同于一点，所以切线，的斜率存在，且直线的斜率不为，
设抛物线的切线方程为，设，则在轴上方，，
圆的切线方程为，在轴上方，
联立，整理可得，
可得，即，则，且，，
即；
联立，整理可得：，
由题意可得，即，且，
，，
对于：，，故A正确；
对于：，，故B正确；
对于：，，，，，三点共线，故C正确；
对于：，，
，故D不正确．
故选：．
设抛物线的切线方程为，设，则在轴上方，，圆的切线方程为，在轴上方，分别与抛物线联立方程组求得点，的坐标，进而结合每个选项的条件进行计算可判断结论．
本题考查抛物的性质，考查直线与抛物线位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，假设函数在上满足阶李普希兹条件，
则，
设，则，，
又因为，
所以存在正数，对，，均有成立，故A正确；
选项：不妨设，因为在上单调递增，
所以，
所以，即为，
即对，，恒成立，
即在上单调递减，
所以对恒成立，
所以对恒成立，
即，即的最小值为，选项正确；
选项：假设方程在区间上有两个解，，
则，
这与矛盾，故只有唯一解，选项正确；
选项：不妨设，当时，；
当时，，
故对，，，不存在，使，，选项错误．
故选：．
根据李普希兹条件的概念直接可以判断选项；
再利用反证法判断选项；
通过分类讨论可判断选项．
本题属于新概念题，考查了函数恒成立问题、运算能力及逻辑推理能力，理解定义是关键，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：由题设，故，
所以．
故答案为：．
由正态分布的性质知，结合即可求概率．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由．
由，则，故，
所以．
故答案为：．
利用诱导公式、二倍角正弦公式找到目标式与已知函数的关系，应用同角三角函数关系求得，即可求值．
本题主要考查了诱导公式，二倍角公式及同角基本关系的应用，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：设，则，，，，椭圆的焦距为，
可得，解得，
由，，
由勾股定理可得：，可得，
得．
故答案为：．
由，且，设，由椭圆的定义可得，的表达式，由勾股定理可得，的关系，进而可得，的关系，求出椭圆的离心率．
本题考查椭圆的性质的应用及勾股定理的应用，属中档题．
16.【答案】
【解析】解：由题意，为动直线与底面所成角，只需求旋转过程中直线与面所成角的最大角即可，
又面面，只需求直线与面最大夹角正弦值，
过作，交延长线于，连接，显然，
所以，故AB为平行四边形，则，，，
所以为等腰三角形，过作于，则必在线段上，
综上，绕旋转过程中，点轨迹是以为圆心，为半径的圆上，
设，则，故，
所以，解得，
则，，绕旋转过程中，是为轴，圆为底面的圆锥的母线，
所以为圆锥轴截面顶角的一半，且恒定不变，又，，
而直线与面夹角为，且，，
令，则，而，
令，则，而，
综上，，故的最大值是．
故答案为：．
根据题设，将问题转化为求直线与面夹角最大值，利用平面的基本性质找到点位置，并确定其轨迹为圆锥底面圆周，进而确定圆锥轴线与面的夹角、与圆锥轴线的夹角，利用和差角正余弦公式求它们的差、和正余弦值，即可确定的最值．
本题主要考查了直线与平面所成的角，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
17.【答案】解：设的公比为，由题知，
所以，
两式相除得，，
所以，，
；
由知，
，
．
【解析】由已知结合等比数列的通项公式及求和公式即可求解；
先求出，然后利用裂项求和即可求解．
本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，还考查了裂项求和方法的应用，属于中档题．
18.【答案】解：由余弦定理得，即，
所以，又，则．
法一：为锐角三角形，，则，
所以，可得，
又，则，故
由，即，而，
所以，故面积的取值范围为．
法二：由，画出如图所示三角形，
为锐角三角形，点落在线段端点，除外上，
当时，，
当时，，
．
【解析】利用余弦定理可得，结合三角形内角性质求角的大小；
法一：由已知可得，应用正弦边角关系及三角形面积公式可得，即可得范围；
法二：根据三角形为锐角三角形，应用几何法找到边界情况求面积的范围．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：设事件“甲乙两队比赛局甲队最终获胜”，
设事件“甲队第局获胜”，其中，，，，相互独立，
又甲队明星队员前四局不出场，故，
又，
；
设为甲局获得最终胜利，为前局甲队明星队员上场比赛，
则由全概率公式可知：，
每名队员上场顺序随机，，
又，，，
；
根据贝叶斯公式可得：
．
【解析】根据独立事件的积事件的概率乘法公式，互斥事件的并事件的概率加法公式，即可求解；
根据条件概率公式，全概率公式，即可求解；
根据贝叶斯公式，即可求解．
本题考查独立事件的积事件的概率乘法公式，互斥事件的并事件的概率加法公式，条件概率公式，全概率公式，贝叶斯公式，属中档题．
20.【答案】解：证明：平行四边形中，，可得，
，
，
又，
，
，
又，，
平面，
；
方法一：
如图，过点做，且，连接，，
由题意可知，，，，
平面，
，
，
，
又平面，
平面平面，
取中点，连接，由，得，
平面，且，
过点作垂直于，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题可得，，，，
，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
，令，则，故平面的一个法向量为，
同理，令，则，
故平面的一个法向量为．
，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
方法二：由，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，，，
设其中，
，
，解得，
，
，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
，令，则，故平面的一个法向量为；
同理，令，则，故平面的一个法向量为．
，
又因为两个平面的夹角范围为：，
所以平面与平面夹角的余弦值为，
故平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】利用勾股定理可得，继而可得面，如此得证；
方法一、建立点及其在底面的投影连线为轴，再构建底面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量求两面的夹角；
方法二、直接分别以、方向为、轴，建立空间直角坐标系，利用线段长求得点坐标，再利用空间向量求两面的夹角．
本题考查线面垂直的性质，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
21.【答案】解：的定义域为，
当时，，
令，解得．
当变化时，，的变化情况如表：
单调递减 单调递增
因此，当时有极小值，极小值为．
，
若，则，在单调递减，至多有一个零点；
若，令，解得，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
所以当时，取得最小值，最小值为，
当时，由于，故只有一个零点；
当时，由于，即，故没有零点；
当时，，即，
，即且，
故在有一个零点，
，且，
先证时：
设，则，
当时，当时，
故在上递增，在上递减．
当时取到最大值，故时．
，
因此在有一个零点．
综上，的取值范围为．
【解析】利用导数研究的单调性，进而求其极小值；
讨论、，结合的符号研究的单调性，根据零点存在性定理判断各情况下区间零点情况，即可得参数范围．
本题主要考查函数零点个数问题及导数与单调性及极值，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题．
22.【答案】解：设，，，
由题意知为，则直线斜率为，
所以直线的斜率为，故直线的方程为：；
联立直线和曲线：，
显然，此方程的两根为，，
由韦达定理得：，，
所以；
设，，，则，
因为，故为，代入，得点，
所以：，
因为点在双曲线上，
故，满足双曲线方程，即，
所以，
所以，
，又，
联立直线与双曲线：，
根据题意易知，此方程的两根即为，，
所以，
所以
，
即：，
所以：，
即：．
【解析】由已知得为，设，，由直线垂直关系、点斜式写出直线的方程，联立曲线并应用韦达定理、弦长公式求；
设，，，根据已知求得、，进而有、关于所设参数的关系，再求直线，联立曲线求得，结合已知确定与，的关系．
本题考查直线与椭圆的位置关系，设而不求法与韦达定理的应用，属中档题．
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