精品解析：河北省唐山市2022-2023学年高三上学期摸底演练数学试题

唐山市2022-2023学年度高三年级摸底演练 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用毫米黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分别将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果. 【详解】因为，解得，则， ，所以，则. 故选：B 2. 已知为虚数单位，复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】设，，根据复数模的计算公式得到方程，解得即可. 【详解】设，，则， 因为，所以，则，解得， 所以复数的虚部为. 故选：C 3. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用投影向量的公式计算即可. 【详解】由题，在上投影向量为. 故选：A. 4. 如图，圆锥的轴截面是等边三角形，是等腰三角形，是的中点，则异面直线与所成角的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，连接，，，则或其补角即为所求，由平面，知，结合，可得平面，从而有，再根据，得解． 【详解】设等边的边长为， 取的中点，连接，，， 由圆锥的性质可得平面， 因为是的中点，所以，， 所以或其补角即为所求， 因为平面，平面，所以， 又等腰，且为的中点，所以，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，，所以． 故选：B． 5. 假设两个箱子里都是大小相同的乒乓球，第1个箱子里有8个白色球和2个黄色球，第2个箱子里有15个白色球和5个黄色球，则随机从两个箱子中摸出1个球是黄色球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合组合数，根据古典概型概率和全概率公式可解． 【详解】根据题意，从第1个箱子里摸出1个球是黄色球的概率为， 从第2个箱子里摸出1个球是黄色球的概率为， 则随机从两个箱子中摸出1个球是黄色球的概率是. 故选：D． 6. 已知等比数列的前项和为，且，则（ ） A. 16 B. 32 C. 81 D. 243 【答案】C 【解析】 【分析】设出等比数列的公比为，建立基本量的关系求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，因为， 所以，即， 解得：，所以， 故选：C 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知利于三角函数恒等变换的应用可求得，可求范围,，进而即可求，从而得解． 详解】， 因为，所以， 又，可得,， 所以． 故选：A． 8. 如图，一块边长为8的正方形铁片上有四块全等的阴影部分.将空白部分剪掉，对余下阴影部分按下面工序加工成一个正四棱锥：将四块阴影部分分别沿虚线折叠，以其中等腰直角三角形组成棱锥的底面，余下为棱锥的侧面.则所得正四棱锥的外接球表面积是（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题画出四棱锥，进而可知为正方形的中心，平面，进而求出的长，易知外接球的球心在上，假设球的半径，根据勾股定理求出,进而求出球的表面积 【详解】由题意,作出正四棱锥如图所示, 设点为正方形的中心，则, 且该正四棱锥的侧棱长为. 连接，则平面，平面，所以, 所以. 设正四棱锥外接球的球心为，则在上, 连接，设球的半径为，则, 即，解得, 故球的表面积为, 故选：C. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 9. 某县教育部门在辖区三所高中用简单随机抽样的方法调查了100名教师，征求其对延迟退休的态度（支持，不支持），就分类变量“教师对延迟退休的态度”与“性别”的成对样本数据计算得，依据的独立性检验，结论为（ ） 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 A. 教师对延迟退休的态度与性别独立 B. 教师对延迟退休的态度与性别独立，这个结论犯错误的概率不超过 C. 教师对延迟退休的态度与性别不独立，这个结论犯错误的概率不超过 D. 调查时按性别分层，采用分层随机抽样方法比简单随机抽样方法更好 【答案】CD 【解析】 【分析】根据独立性检验的基本思想可判断. 【详解】因为时，，所以， 所以教师对延迟退休的态度与性别不独立，而且这个结论犯错误的概率不超过0.05， 故C，D正确；A，B错误. 故选：CD. 10. 已知函数，曲线关于点中心对称，则（ ） A. 的最小正周期是 B. 在上递增 C. 在上有2个极值点 D. 曲线关于直线对称 【答案】AB 【解析】 【分析】由已知得，进而可求，可得，进而逐项计算判断可得结论. 【详解】因为曲线关于点中心对称，所以， 所以，所以，又因为，所以， 所以， 所以函数的最小正周期是，故A正确； 因为，所以， 又函数在上单调递增，又在上单调递增， 所以在上递增，故B正确； 因为，， 所以在上有1个极值点，故C错误； 因为，又， 所以曲线不关于直线对称，故D错误. 故选：AB. 11. 已知抛物线：的焦点为，过原点作斜率分别为，的两条不同的直线，，与相交于另一点，与相交于另一点.则（ ） A. 焦点坐标为 B. 的准线方程为 C. 当为等边三角形时， D. 当，，三点共线时， 【答案】BD 【解析】 【分析】由抛物线方程易求焦点坐标与准线方程判断AB；不妨设点在第一象限，当为等边三角形时，可知关于对称，进而可得判断C；设直线方程为，求得点，同理可得，根据题意可得，计算可判断D. 【详解】由题意可得，抛物线：的焦点为，准线方程为，故A错误，B正确； 不妨设点在第一象限，当为等边三角形时，可知关于对称， 从而可得直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， 所以，，所以，故C错误； 设直线的方程为， 与抛物线方程联立可得，同理可得， 当，，三点共线时，则，所以， 所以，所以，故D正确. 故选：BD. 12. 已知函数在区间内有两个极值点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数结合极值的定义，零点存在性定理可得，，可判断B；由是方程的两根，即是的两根，结合正切函数的单调性可判断A；结合极值存在的条件及正弦与正切函数的性质进行分析可判断C；由极值，，及，可得，结合，由正弦函数的性质可求解判断D. 【详解】由，得， 令，， 所以，则，，即在单调递减， ，，即在单调递增， ，，即在单调递减， 又，，，，， 不妨设，则，，，故B错误； 因为在内有两个极值点， 所以是方程的两根，即是的两根， ，，由，可得， 所以，即，，， 又在内单调递增，，即，故A正确； 由，，， 由在内单调递增，所以， ， 再由在内单调递减，所以， ，则，故C正确； 由前面知，在单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 且，，所以，， ，由上面， 则， 又，则， 由在内单调递减，，即， 所以，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用导数研究函数的单调性，结合零点存在性定理判断得，，同时根据极值点性质结合正弦函数与正切函数的性质运算求解. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数的性质，且，从而得解. 【详解】因为函数是定义域为的奇函数，所以，且， 又当时，，所以， 所以. 故答案为： 14. 已知的展开式中的系数是20,则实数______. 【答案】 【解析】 【分析】根据多项式中前一项进行展开,然后用二项式定理将两个项中关于的找出相加等于20即可求出. 【详解】解:由题知,, 所以展开式中系数是, 解得：. 故答案为： 15. 已知，且，则的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式变形，然后解一元二次不等式即可. 【详解】，，，， ，当且仅当时等号成立， 令，可得，整理得， 解得，又， 所以，即. 故答案为：. 16. 已知，动点，若以线段为直径的圆与圆：外切，则动点的轨迹方程为________. 【答案】 【解析】 【分析】设，可得，由题意有，化简即可. 【详解】由题意，设，则线段的中点， 以线段为直径的圆的半径为， 因为以线段的圆与圆外切，所以且， 即， 所以， 所以的轨迹是以，为焦点靠近的双曲线的一支， 且，解得， 所以动点的轨迹方程为. 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. 已知是等差数列，是各项均为正数的等比数列，，，. （1）求数列，的通项公式； （2）在数列中，去掉中的项，剩下的项按原来顺序构成数列，求的前40项和. 【答案】（1）， （2）2756 【解析】 【分析】（1）设的公差为，的公比为，，可求，由已知可求得，可求得，可求数列，的通项公式； （2）易求得去掉的项，利用等差数列的前项和公式可求. 小问1详解】 设的公差为，正项数列的公比为， 由，可得， 即，解得或（舍），所以， 由可得，即，解得，所以. 【小问2详解】 ，，，. 记为的前项和，则的前40项和 . 18. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，. （1）求角； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据，利用正弦定理化简得到，然后再利用余弦定理求解. （2）结合，，，在中利用正弦定理得到，再根据为锐角三角形，求得的范围，利用三角函数的性质求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 整理可得， 由余弦定理得，又， 所以. 【小问2详解】 由正弦定理可得 ， 因为为锐角三角形，所以， 解得，所以， 从而有，所以， 所以的取值范围为. 19. 台风是我国东部沿海地区夏秋季节常见的自然灾害，当台风来临之际，沿海居民点的居民必须提前进行疏散.某地有关部门为了解居民疏散所需时间，在当地随机抽取100处居民点进行疏散所需时间的调查，所得数据如下表： 疏散时间（最接近的时间，取整数）单位：小时 12 13 14 15 16 17 18 频率 0.04 0.05 0.25 0.35 0.18 0.10 0.03 （1）根据以上数据，视频率为概率，估计这一地区居民点疏散所需时间的均值和方差； （2）根据工作安排，需要在超过16小时的13个居民点中再抽取5个进行深入调查，从而寻求缩短疏散时间的办法.设为抽到的居民点中疏散时间为18小时的居民点数量，求的分布列. 【答案】（1）均值为15，方差为1.66. （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据均值与方差的概念，计算即可求解； （2）根据超几何分布及古典概型的概率公式即可求解． 【小问1详解】 ， 估计这一地区居民点疏散所需时间的均值为15， ， 估计这一地区居民点疏散所需时间的方差为1.66； 均值为15，方差为1.66. 【小问2详解】 小时，18小时两组的频率之比为， 在超过16小时的13个居民点中，17小时抽10人，18小时抽3人， 再从这13个居民点中抽取5个，为抽到的居民点中疏散时间为18小时的居民点数量， 可取0，1，2，3. ；； ；； 的分布列为 0 1 2 3 20. 在长方体中，点，分别在，上，且，. （1）证明：平面； （2）当，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线线垂直可证平面，可得，，进而可得平面； （2）由体积可求得，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值. 【小问1详解】 在长方体中，平面，平面， 所以； 又，，平面， 则平面，平面，所以； 同理， 又，平面， 所以平面 【小问2详解】 由题意得，， 则. 以为原点，以为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 由题意可得，，，. 所以，. 设是平面的法向量，则， 即，不妨取. 由（1）知是平面一个法向量， 则. 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 21. 已知直线：与椭圆：相切于点，与直线：相交于点（异于点）． （1）求点的坐标； （2）直线交于点，两点，证明：． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）通过解方程组进行求解即可； （2）将直线方程与椭圆方程联立，结合椭圆弦长公式、相似三角形判定定理进行运算证明即可. 【小问1详解】 解：，消得：，解得：，故； 【小问2详解】 联立，解之得： 联立，消得：， 由题可得：，∴，． ，， ， ， ∴，又，∴． 【点睛】关键点睛：结合一元二次方程根与系数关系，运用椭圆的弦长公式是解题的关键. 22. 已知函数，，曲线和曲线在点处有相同的切线：. （1）求，，，的值； （2）时，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义建立方程求解即可； （2）利用导数证明不等死转化为利用导数分析函数的单调性求最值即可. 【小问1详解】 ，. 依题意，所以，解得. 【小问2详解】 ，，. 由且， 设，则. 时，，单调递减； 时，，单调递增， 因此时，取得最小值，得，所以. 由且， 设，则，显然， 所以时，，单调递减； 时，，单调递增， 因此，即. 综上， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 唐山市2022-2023学年度高三年级摸底演练 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用毫米黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，圆锥的轴截面是等边三角形，是等腰三角形，是的中点，则异面直线与所成角的大小是（ ） A. B. C. D. 5. 假设两个箱子里都是大小相同的乒乓球，第1个箱子里有8个白色球和2个黄色球，第2个箱子里有15个白色球和5个黄色球，则随机从两个箱子中摸出1个球是黄色球的概率是（ ） A B. C. D. 6. 已知等比数列前项和为，且，则（ ） A. 16 B. 32 C. 81 D. 243 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，一块边长为8的正方形铁片上有四块全等的阴影部分.将空白部分剪掉，对余下阴影部分按下面工序加工成一个正四棱锥：将四块阴影部分分别沿虚线折叠，以其中等腰直角三角形组成棱锥的底面，余下为棱锥的侧面.则所得正四棱锥的外接球表面积是（） A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 9. 某县教育部门在辖区三所高中用简单随机抽样的方法调查了100名教师，征求其对延迟退休的态度（支持，不支持），就分类变量“教师对延迟退休的态度”与“性别”的成对样本数据计算得，依据的独立性检验，结论为（ ） 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2706 3.841 6.635 7.879 10.828 A. 教师对延迟退休的态度与性别独立 B. 教师对延迟退休的态度与性别独立，这个结论犯错误的概率不超过 C. 教师对延迟退休的态度与性别不独立，这个结论犯错误的概率不超过 D. 调查时按性别分层，采用分层随机抽样方法比简单随机抽样方法更好 10. 已知函数，曲线关于点中心对称，则（ ） A. 的最小正周期是 B. 在上递增 C. 在上有2个极值点 D. 曲线关于直线对称 11. 已知抛物线：的焦点为，过原点作斜率分别为，的两条不同的直线，，与相交于另一点，与相交于另一点.则（ ） A. 焦点坐标为 B. 的准线方程为 C. 当为等边三角形时， D. 当，，三点共线时， 12. 已知函数在区间内有两个极值点，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则__________. 14. 已知的展开式中的系数是20,则实数______. 15. 已知，且，则的取值范围是_________. 16. 已知，动点，若以线段为直径的圆与圆：外切，则动点的轨迹方程为________. 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. 已知是等差数列，是各项均为正数等比数列，，，. （1）求数列，的通项公式； （2）在数列中，去掉中的项，剩下的项按原来顺序构成数列，求的前40项和. 18. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，. （1）求角； （2）若，求的取值范围. 19. 台风是我国东部沿海地区夏秋季节常见的自然灾害，当台风来临之际，沿海居民点的居民必须提前进行疏散.某地有关部门为了解居民疏散所需时间，在当地随机抽取100处居民点进行疏散所需时间的调查，所得数据如下表： 疏散时间（最接近的时间，取整数）单位：小时 12 13 14 15 16 17 18 频率 0.04 0.05 0.25 0.35 0.18 0.10 0.03 （1）根据以上数据，视频率为概率，估计这一地区居民点疏散所需时间均值和方差； （2）根据工作安排，需要在超过16小时的13个居民点中再抽取5个进行深入调查，从而寻求缩短疏散时间的办法.设为抽到的居民点中疏散时间为18小时的居民点数量，求的分布列. 20. 在长方体中，点，分别在，上，且，. （1）证明：平面； （2）当，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值. 21. 已知直线：与椭圆：相切于点，与直线：相交于点（异于点）． （1）求点的坐标； （2）直线交于点，两点，证明：． 22. 已知函数，，曲线和曲线在点处有相同的切线：. （1）求，，，的值； （2）时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$