河北省衡水中学2023届高三数学上学期期末试题（Word版附解析）.doc

1、20222023高三上学期期末考试数学学科命题人：王战普满分150分，考试时间120分钟考生注意：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区城内2.考生作答时，请将答案答在答题卡上选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共8个小题，每题5分，共40分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 若集合，则（）A. B. C. D. 【答案】

2、B【解析】【分析】先求出集合，然后再逐个分析判断即可.【详解】由，得，解得或，所以或，因为，所以，对于A，因为，所以，所以A错误，对于B，因为或，所以，所以B正确，对于C，因为，所以C错误，对于D，因为或，所以，因为，所以，所以D错误，故选：B2. 若，则（）A. 1B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】设，利用复数相等求出，即可求解.【详解】设，（为虚数单位）.因为,所以，所以，解得：.所以，所以故选：A3. 在ABC中，O为重心，D为BC边上近C点四等分点，则mn（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】连接延长交于点，则点为的中点，连接，利用向量平面基本定理表示可得答

3、案.【详解】连接延长交于点，则点为的中点，连接，所以，所以，.故选：B.4. 一个灯罩可看作侧面有布料的圆台，在原形态下测得的布料最短宽度为13，将其压扁变为圆环，测得布料最短宽度为5，则灯罩占空间最小为（）A. B. C. D. 不存在【答案】D【解析】【分析】设圆台的上、下底面圆的半径分别为，母线长为，高为，由题意可知，则，利用圆台的体积公式求出体积表达式，利用二次函数的性质即可得到答案【详解】设圆台的上、下底面圆的半径分别为，母线长为，高为由题意可知，则则圆台的体积为当时，单调递增，故不存在最小值故选：D5. 若六位老师前去某三位学生家中辅导，每一位学生至少有一位老师辅导，每一位老师都要

4、前去辅导且仅能辅导一位同学，由于就近考虑，甲老师不去辅导同学1，则有（）种安排方法A. 335B. 100C. 360D. 340【答案】C【解析】【分析】把6位老师按照4，1，1或3，2，1或2，2，2人数分为三组；每种分组再分同学1安排的几位老师辅导解答.【详解】把6位老师按照4，1，1或3，2，1或2，2，2人数分为三组；把6为老师平均分为3组的不同的安排方法数有在把这三组老师安排给三位不同学生辅导不同安排方案数为：，根据分步计数原理可得共有不同安排方案为：如果把甲老师安排去辅导同学1的方法数为：所以把6位老师平均安排给三位学生辅导且甲老师不安排去辅导同学1的方法数为把6位老师按照4，1

5、，1分为3组给三位学生辅导的方法数为：若1同学只安排了一位辅导老师则若1同学安排了四位辅导老师则所以把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导，甲老师不安排去辅导同学1的方法数为把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导的方法数为；若1同学只安排了一位辅导老师则若1同学只安排了两位辅导老师则若1同学只安排了三位辅导老师则所以把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导，甲老师不安排去辅导同学1的方法数为综上把6位老师安排给三位学生辅导，甲老师不安排去辅导同学1的方法数为故选：C6. 已知函数将其向右平移个单位长度后得到，若在上有三个极大值点，则一定满足的单调递增区间为（）A. B.

6、C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据平移变换得函数，由在上有三个极大值点，结合正弦函数图象可得，再求的范围，结合正弦函数的单调性，由此可判断答案.【详解】解：有题意可得，由得，由于在上有三个极大值点，所以，解得，当，而，故A正确，当，而，故B不正确，当，而，故C不正确，当，而，故D不正确，故选：A.7. 已知，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】变形a，b，构造函数比较a，b的大小，构造函数比较的大小，利用极值点偏移的方法判断的大小作答.【详解】依题意，令，当时，即，函数在上单调递减，即，因此，令，当时，当时，函数在上单调递减，而，函数在上单调递增，显然，则方程有两个

7、不等实根，有，而，则有，令，即函数在上单调递减，当时，即，因此，即有，而，在上单调递增，于是得，即，取，于是得，又，在上单调递增，从而，所以，D正确.故选：D【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.8. 若已知函数，若函数存在零点（参考数据），则的取值范围充分不必要条件为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】因为求的是充分不必要条件，而非充要条件，所以采用特殊值法，只要满足，则有存在零点， 求出时的取值范围，即为一个充分条件，再由选项依次判断即可

8、.【详解】当时，的图象恒在上方，若满足，即，则与的图象必有交点，即存在零点. 令，有当时，单调递减；当时，单调递增. . 即当时，一定存在，满足，即存在零点，因此是满足题意的取值范围的一个充分条件. 由选项可得，只有是的子集，所以是的取值范围的一个充分不必要条件. 故选：.二、多选题：本题共4个小题，每题5分，共20分在每个小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的全部选对5分，部分选对得2分，有选错的得0分9. 在正方体中，分别为棱中点，为近C三等分点，P在面上运动，则（）A. 平面B. 若，则C点到平面PBH的距离与P点位置有关C. D. 若，则P点轨迹长度为【答案】BCD【解析】【分析

9、】建立空间直角坐标系，利用空间向量逐一解答即可.【详解】解：根据题意建立如图所示的坐标系：因为正方体的边长为2，所以，对于A，因为，设平面的法向量为，则有，则有，取，因为，所以不成立，所以平面不成立，故错误；对于B，设，则，又因为，所以，所以有，所以P点轨迹为如图所示的线段，在平面内作出与平行的直线，易知与的距离等于平面与平面的距离为2，因为与不平行，所以与不平行，所以点到的距离不是定值，所以不是定值，又因为,即，(为C点到平面PBH的距离)，所以不是定值，所以C点到平面PBH的距离与P点位置有关，故正确；对于C，因为，所以，即有，故正确；对于D，由B可知P点轨迹为，令，则；令，则，所以P点轨

10、迹的长度为，故正确.故选：BCD10. 若数列有，为前n项积，有，则（）A. 为等差数列（）B. 可能C. 为等差数列D. 第n项可能与n无关【答案】BD【解析】【分析】结合递推式，取，求的通项公式判断选项A错误，求判断B，由递推式，取，判断C，求数列的通项公式判断D.【详解】因为，所以，所以当时，若，则，不存在，A错误；因为时，所以，所以，又，所以可能，B正确；因为，取，则，此时不存在，C错误；D正确；故选：BD.11. 已知抛物线C：，过点P（0，p）直线，AB中点为，过A，B两点作抛物线的切线轴N，抛物线准线与交于M，下列说法正确的是（）A. 轴B. O为PN中点C. D. M为近四等分

11、点【答案】AD【解析】【分析】设直线的斜率为，不妨设，直线的方程为，与抛物线方程联立求出，得，令，求出，求出，可得直线的方程、直线的方程，由可判断C；联立直线、直线的方程可得可判断A；令由得可判断B；由、点的纵坐标为、可判断D.【详解】由题意直线的斜率存在，设为，不妨设，则直线的方程为，与抛物线方程联立，可得，所以，所以，不妨令，所以，由得，所以直线的方程为，直线的方程为，所以，故C错误；由解得，可得，所以，所以轴，故A正确；令所以由得，所以，而，且，故B错误；因为，点的纵坐标为，所以，故M为近四等分点，故D正确.故选：AD12. 已知奇函数，且，当时，当时，下列说法正确的是（）A. 是周期为

12、的函数B. 是最小正周期为的函数C. 关于中心对称D. 直线与若有3个交点，则【答案】AC【解析】【分析】根据奇函数，且，可确定函数的周期，即可判断A；设确定函数的奇偶性与对称性即可判断函数B，C；根据可判断函数在上的单调性，结合对称性与周期性即可得函数的大致图象，根据直线与若有3个交点，列不等式即可求的取值范围，即可判断D.【详解】解：因为，所以的图象关于对称，又因为为奇函数，所以，则，则，故是周期为的函数，故A正确；设，其定义域为，则，所以关于中心对称，即关于中心对称，故C正确；又，所以为上的奇函数，结合可得，即故是周期为的函数，故B错误；当，所以，故在上单调递增，由于关于中心对称，所以在

13、上单调递增，且当时，又函数的周期为，则可得大致图象如下：若直线与若有3个交点，则或，解得或，故，故D错误.故选：AC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 中常数项是_（写出数字）【答案】【解析】【分析】将看作一项，利用展开式的通项，找两项中的常数项即可求解.【详解】的展开式的通项公式是，令，则，故或或，所以的展开式中常数项为：，故答案为：.14. 若C：，D：，M，N分别为C，D上一动点，最小值为4，则取值范围为_【答案】【解析】【分析】先根据的最小值求出，即，再使用柯西不等式求出取值范围.【详解】由于最小值为4，圆C的半径为1，圆D的半径为2，故两圆圆心距离，即，由柯西不等

14、式得：，当且仅当，即时，等号成立，即，解得：.故答案为：15. 已知双曲线，分别为双曲线左右焦点，作斜率为的直线交于点，连接交双曲线于点，若，则双曲线的离心率_【答案】【解析】【分析】首先求出的方程，联立两直线方程，即可取出点坐标，由，即可得到为、的中点，得到点坐标，再代入双曲线方程，即可求出，从而求出双曲线的离心率.【详解】解：依题意，所以：，由，解得，即，所以，又，所以为、的中点，所以，所以，即，即，所以，即，即，所以，则离心率.故答案：16. 已知函数，使得，的取值范围为_【答案】【解析】【分析】不妨设，把化为，构造函数，利用的导数，求出的取值范围【详解】不妨设,，即，,构造函数，在是单

15、调递增函数，,当时，所以，所以，所以的取值范围为故答案为：四、解答题：本题共六个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17. 已知O为ABC外心，S为ABC面积，r为O半径，且满足（1）求A大小；（2）若D为BC上近C三等分点（即），且，求S最大值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由向量的运算整理可得，结合正弦定理、余弦定理和面积公式运算求解；（2）根据题意结合向量可得，再结合数量积可得，利用基本不等式可得，再结合面积公式即可得结果.【小问1详解】取的中点，连接，则，可得：由，可得，则，即，整理得，由余弦定理，可得，故.【小问2详解】由题意可得：，则，可得：，则，当且仅

16、当，即时等号成立，即，则.故S最大值为.18. 张老师在2022年市统测后统计了1班和3班的数学成绩如下图所示，0.0500.0250.0100.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828（1）根据卡方独立进行检验，说明是否有99.9%的把握数学成绩与班级有关；（2）现在根据分层抽样原理，从1班和3班中抽取10人，再让数学评价优秀的同学辅导一位数学评价一般的同学，每个人必有一人辅异，求在抽到甲辅导乙的情况下丙辅导丁的概率（3）以频率估计概率，若从全年级中随机抽取3人，求至少抽到一人数学成绩为优秀的概率（4）以频率估计概率，若从三班中随机抽取8人，求抽到人数学成绩为优秀

17、的分布列（列出通式即可）及期望，并说明x取何值时概率最大【答案】（1）有，理由见解析（2）（3）（4）分布列见解析，时，概率最大，理由见解析【解析】【分析】（1）计算卡方，与10.828比较后得到结论；（2）先根据分层抽样求出1班和3班抽到的学生分布情况，再根据条件概率求出概率；（3）计算出1班和3班的总人数，以及数学评价优秀的学生总人数，求出相应的频率作为全校数学评价优秀的概率，求出随机抽取3人，抽到0人数学评价优秀的概率，再利用对立事件求概率公式计算出答案；（4）由题意得到，从而求出分布列，数学期望，并利用不等式组，求出时，概率最大.【小问1详解】，故有99.9%的把握数学成绩与班级有关；

18、【小问2详解】1班有40+20=60人，3班有10+30=40人，故抽取10人，从1班抽取人数为，从3班抽取人数为，由于1班数学评价优秀和一般人数比为4:2，故抽取的6人中有4人数学评价优秀，2人评价一般，而3班数学评价优秀和一般的人数之比为1:3，故抽取的4人中有1人数学评价优秀，3人评价一般，设抽到甲辅导乙为事件A，抽到丙辅导丁为事件B，则，；【小问3详解】1班和3班总人数为100人，其中两班学生数学评价优秀的总人数为，故频率为，以频率估计概率，全年级的数学评价优秀的概率为，从全年级中随机抽取3人，抽到0人数学评价优秀的概率为，所以从全年级中随机抽取3人，至少抽到一人数学成绩为优秀的概率为

19、.【小问4详解】由题意得：3班的数学评价优秀概率为，故，所以分布列为，；数学期望，时，概率最大，理由如下：令，解得：，令，解得：，故，因为，所以.19. 在ABC中，A、B、C、D四点共球，R（已知）为球半径，O为球心，为外接圆圆心，（未知）为半径（1）求和此时O到面ABC距离h；（2）在的条件下，面OAB（可以无限延伸）上是否存在一点K，使得KC平面OAB？若存在，求出K点距距离和到面ABC距离，若不存在请给出理由【答案】（1）为，此时，（2）存在K，满足KC平面OAB，理由见解析；，.【解析】【分析】(1)设线段的延长线与球的交点为，则，设，表示的体积，通过换元，利用导数求其最大值.(2)

20、 取的中点，连接，过作，根据线面垂直判定定理证明KC平面OAB，再通过解三角形求，.【小问1详解】当点为线段的延长线与球的交点时，点到平面的距离最大，所以，由球的截面性质可得平面，设，则，又，所以，所以，在中，由正弦定理可得，由余弦定理可得，所以，故，所以的面积，当且仅当时等号成立，所以，设，令，则，所以，当时，函数在上单调递增，当时，函数在上单调递减，所以当时，函数，取最大值，最大值为，所以，所以为，此时，【小问2详解】由(1)点与点重合，又，取的中点，连接，则，平面，所以平面，过作，垂足为，因为平面，所以，平面，所以平面，由(1)，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以为的中点，又

21、，所以到直线的距离为，过作，垂足为，故点到的距离为，所以到直线的距离为，因为平面，为垂足，所以点到平面的距离为，过作，垂足为，则，所以平面，故点到平面的距离为，又所以点到平面的距离为.20. 在高中的数学课上，张老师教会了我们用如下方法求解数列的前n项和：形如的数列，我们可以错位相减的方法对其进行求和；形如的数列，我们可以使用裂项相消的方法对其进行求和李华同学在思考错位相减和裂项相消后的本质后对其进行如下思考：错位相减：设，综上：当中间项可以相消时，可将求解的问题用错位相减化简裂项相消：设或为公比为1的等比数列；当时，当为公比为1的等比数列时，；故可为简便计算省去的讨论，综上：可将求解的问题用

22、裂项相消转化为求解的问题你看了他的思考后虽觉得这是“废话文学”，但是你立刻脑子里灵光一闪，回到座位上开始写下了这三个问题：（1）用错位相减的方法“温故”张老师课堂上举的例子，求解数列前n项和；（2）用裂项相消的方法“知新”张老师课堂上举的例子，求解数列前n项和；（3）融会贯通，求证：前n项和满请基于李华同学的思考做出解答，并写出裂项具体过程【答案】（1）；（2）；（3）裂项过程见解析，证明见解析.【解析】【分析】(1)写出的表达式，两边同乘，与原式相减，利用等比数列求和公式化简即可；(2) 对进行裂项，结合裂项相消法求和；(3) 对进行裂项，利用裂项相消法求和，由此证明结论.【小问1详解】因为

23、，所以，所以，所以，所以，所以；【小问2详解】因为，设，则，所以，故所以，所以；【小问3详解】因为，设，则，则，所以，即，所以所以，所以21. 在平面直角坐标系中，分别为，为上一点，为线段上一点，C过和（1）求点轨迹方程，并判断轨迹形状；（2）过两直线交分别于、和、，分别为和中点，求、轨迹方程，并判断轨迹形状；（3）在（2）条件下，若PQ/x轴，求点轨迹方程，并判断轨迹形状【答案】（1）C点轨迹方程为，轨迹形状是以为焦点，为长轴长的椭圆.（2）点的轨迹方程为：，其轨迹形状是以为对称中心，焦点在轴上，长轴长为1的椭圆；点的轨迹方程为：，其轨迹形状是以为对称中心，焦点在轴上，长轴长为1的椭圆.（3

24、）点的轨迹方程为：，其轨迹形状是焦点在轴上，以为焦点，以2为长轴长的椭圆.【解析】【分析】(1)根据椭圆的定义即可求解；(2)设出直线的方程，与曲线方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式即可求解；(3)根据（2）的结论，先得出，再求出点的坐标，结合的关系式即可求解.【小问1详解】由题意可知：，因为，所以点的轨迹是以为焦点，为长轴长的椭圆，则，所以C点轨迹方程为，轨迹形状是以为焦点，为长轴长的椭圆.【小问2详解】当直线与轴重合时，点；当直线与轴不重合时，设直线的方程为：，联立方程组，整理可得：，则，所以，则，消参可得：，即，综上所述：点的轨迹方程为：，点的轨迹形状是以为对称中心，焦点在轴上，长轴长

25、为1的椭圆；同理当直线与轴重合时，点；当直线与轴不重合时，设直线的方程为：，联立方程组，整理可得：，则，所以，则，消参可得：，即，综上所述：点的轨迹方程为：，点的轨迹形状是以为对称中心，焦点在轴上，长轴长为1的椭圆；【小问3详解】由（2）知：，因为轴，所以，即，又因为且，所以，也即，联立可得：，解得：消参可得：，即，所以点的轨迹方程为：，其轨迹形状是焦点在轴上，以为焦点，以2为长轴长的椭圆.22. 已知函数.（1）求证：；（2）若，都，求k满足的取值范围【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用同构，转化为.构造函数，利用导数求出最小值，即可证明；（2）把转化为对恒成立.构造函

26、数，利用导数判断出单调性，转化为对恒成立，分离参数后，构造函数，利用导数求出，即可求解.【小问1详解】函数的定义域为.令，则.因为，所以当时，单减；当时，单增.所以，即，所以成立.【小问2详解】即为，亦即为，可化为对恒成立.不妨设，则.当时，单减；当时，单增.所以当时，有对恒成立.即.令，则.所以当时，单减；当时，单增所以.即.综上所述：的取值范围为.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；（4）利用导数证明不等式