2023届高三下学期4月高考数学考前冲刺训练试题（河北适用）（含解析）

2023年高考考前冲刺训练（河北适用）
数学
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：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，则在复平面上对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．已知平面向量，，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．年月日,神舟十四号字航员陈冬、刘洋、蔡旭哲和神舟十五号宇航员费俊龙、邓清明、张陆顺利“会师太空”,为记录这一历史时刻,他们准备在天河核心舱合影留念.假设人站成一排,要求神舟十四号三名航天员互不相邻,且神舟十五号三名航天员也互不相邻,则他们的不同站法共有（ ）种
A． B． C． D．
5．中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思，古代用它作为长方棱台（上、下底面均为矩形的棱台）的专用术语，关于“刍童”体积计算的描述，《九章算术》注曰：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之，各以其广乘之，并，以高若深乘之，皆六而一．”即：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．现有一外接球的表面积为的“刍童”如图所示，记为四棱台，其上、下底面均为正方形，且，则该“刍童”的体积为（ ）
A． B． C．或 D．或
6．已知函数的部分图像如下图所示，将的图像向左平移个单位后得到函数的图像，则函数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．设，，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．某市在精准扶贫专项工作中，通过实施农村农田水利项目，以夯实农村农业的发展基础，助力脱贫攻坚.现计划对该村旧的灌溉水渠进行加固改造，已知旧水渠的横截面是一段抛物线弧（如图所示），顶点在水渠的最底端，渠宽为，渠深为，欲在旧水渠内填充混凝土加固，改造成横截面为等腰梯形的新水渠，且新水渠底面与地面平行（不改变渠宽），若要使所填充的混凝土量最小，则新水渠的底宽为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．甲箱中有个红球，个白球和个黑球，乙箱中有个红球，个白球和个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（ ）
A．事件与事件相互独立 B．
C． D．
10．在长方体中，已知，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．异面直线与所成的角为
C．二面角的余弦值为
D．四面体的体积为
11．已知为椭圆左、右顶点，为的右焦点，是的上顶点，，的垂直平分线交于，若三点共线，则（ ）
A．
B．的离心率为
C．点到直线的距离为
D．直线，的斜率之积为
12．已知函数的定义域均为，函数为奇函数，为偶函数，为奇函数，的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的一个周期为
B．函数的一个周期为
C．若，则
D．若当时，，则当时，
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．已知函数有两个不同的零点，则常数的取值范围是_________．
14．若展开式中各项系数之和为，则该展开式中含的项的系数为________.
15．已知椭圆和双曲线有相同的焦点，，点是和的一个交点.若点满足是正三角形且，则________.
16．已知和是函数的两个极值点，且，则的取值范围是________．
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．若数列满足，，.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
18．已知分别为三个内角的对边，，
且有.
(1)求角的值；
(2)求周长的取值范围.
19．在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，平面平面，.
(1)求证：为直角三角形；
(2)若，求二面角的正弦值.
20．某足球俱乐部在对球员的使用上总是进行数据分析,在年度赛季中,为了考查甲球员对球队的贡献度,现作如下数据统计：
(1)求的值,据此能否有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关;
(2)根据以往的数据统计,乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置,且出场率分别为:,当出任前锋、中锋、后卫以及守门员时,球队输球的概率依次为:.则:
①当他参加比赛时,求球队某场比赛输球的概率;
②当他参加比赛时,在球队输了某场比赛的条件下,求乙球员担当前锋的概率;
③如果你是教练员,应用概率统计有关知识,该如何合理安排乙球员的参赛位置
附表及公式:
.
21．如图，已知抛物线上的点到焦点的距离的最小值为，过点作抛物线的两条切线，切点分别为为线段上的动点，过点作抛物线的切线，切点为（异于点），且直线交线段于点．
(1)求抛物线的方程；
(2)证明：为定值．
22．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时，曲线与曲线至多存在一个交点.
答案
一、单项选择题：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.答案：D
解析：
【分析】
根据一元二次不等式以及分式不等式化简,即可根据集合的并运算求解.
【详解】
由得 ，解得，
由得，即，解得，
所以．
故选：D.
2. 答案：B
解析：
【分析】
化简，即可得出复数在复平面内对应的点为，根据复数的几何意义即可得出答案.
【详解】
.
所以，在复平面上对应的点为，
所以，在复平面上对应的点在第二象限.
故选：B.
3. 答案：B
解析：
【分析】
根据向量的模长公式以及数量积的运算律即可求解.
【详解】
因为，，，所以，
所以.
故选：B.
4. 答案：A
解析：
【分析】
不相邻问题进行插空,先将神舟十四号三名航天员全排,再将神舟十五号三名航天员插入,由于神舟十四号三名航天员互不相邻,神舟十四号三名航天员之间有两个空需要有人插入,故将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间即可满足,写出式子,计算结果即可.
【详解】
由题知,不妨先将神舟十四号三名航天员全排为:,
再将神舟十五号三名航天员插入到神舟十四号三名航天员中,
因为神舟十四号三名航天员互不相邻,
故先将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间空出的两个位置上,进行排列:,
最后一位神舟十五号航天员在首和尾中选一个位置站下,共,
故不同站法有:种.
故选：A.
5. 答案：C
解析：
【分析】
连接，交于点，连接，交于点，连接，确定球心在直线上，分球心在线段上或其延长线上两种情况，并利用勾股定理求出，最后根据刍童的体积公式即可求得结果．
【详解】
连接，交于点，连接，交于点，
连接，则由球的几何性质可知，刍童外接球的球心必在直线上，
由题意可得，，
设球的半径为，由，得．
连接，，在中，，
即，得．
在中，，即，得．
当球心在线段上时，，
则该刍童的体积；
当球心在线段的延长线上时，，
则该刍童的体积为．
故选：C．
6. 答案：B
解析：
【分析】
先计算，再由平移得，代入并配方计算即可.
【详解】
由图可知，故，
，得,
又，故，故，
则，
则，
当时，的最小值为.
故选：B.
7. 答案：D
解析：
【分析】
令，证明；令，证明即得解.
【详解】
令，则，
因为函数，在上单调递增，
所以函数在上递增，
所以，
所以函数在上递增，所以，
即，即.
令，
令，，令，
则，
所以函数在上递增，所以，
所以，
令得，即，所以.
综上所述，.
故选：D.
8. 答案：B
解析：
【分析】
设抛物线的方程为，由点得出抛物线的方程，要使所填充的混凝土量最小，则如图内接等腰梯形的面积要最大，设点，得出此时梯形的面积，利用导数研究最大值即可.
【详解】
建立如图所示的平面直角坐标系，则，设抛物线的方程为，
因为点在抛物线上，可得，所以抛物线的方程为.
要使所填充的混凝土量最小，则如图内接等腰梯形的面积要最大，
设点，
则此时梯形的面积，
所以，
又由，令，解得.
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，此时新水渠的底宽为.
故选：B.
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 答案：B、D
解析：
【分析】
根据题意，由条件概率公式以及乘法公式，全概率公式分别代入计算，即可得到结果.
【详解】
，，
先发生，则乙袋中有个红球白球黑球，
先发生，则乙袋中有个红球白球黑球，，
先发生，则乙袋中有个红球白球黑球，．
，B对．
，C错．
，A错．
，D对．
故选:BD.
10. 答案：A、C、D
解析：
【分析】
证明平面即可判断A；根据，与不垂直判断B；由为二面角的平面角计算判断C；利用长方体的体积减去个三棱锥的体积即可得答案.
【详解】
因为在长方体中，，
所以，四边形为正方形，平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
由长方体的性质易知，因为，所以与不垂直，故与不垂直，所以B不正确；
设与交于，连接，由长方体性质知，故为等腰三角形，
所以，由于，
所以为二面角的平面角，
在中，，所以，
所以，故C正确：
四面体的体积为，所以D正确，
故选：ACD．
11. 答案：A、B、D
解析：
【分析】
根据题意得的方程为，进而得，再整理得，进而求，离心率判断AB；求出直线的方程并结合点线距公式求解判断C；设，则，进而求解即可判断D.
【详解】
由题知，，，，
所以，，的中点为，
所以，的垂直平分线的方程为，
因为三点共线，
所以，整理得，
所以，即
所以，，故A选项正确；
所以，即，解得或（舍）
所以，椭圆的离心率为，故B选项正确；
因为直线的方程为，即，
所以，点到直线的距离为，故C选项错误；
设，则，故，
由于，
所以，故D选项正确；
故选：ABD.
12. 答案：B、C、D
解析：
【分析】
A选项：为奇函数，得到，结合因为为偶函数，得到，故的最小正周期为，A不正确
B选项：关于直线对称，得到，又是奇函数，所以，故，得到的一个周期为，所以B正确；
C选项：由A选项得，赋值后得到，由为上的奇函数，得到，结合，得，结合和的最小正周期得到，所以C正确；
D选项：根据的最小正周期和得到
，从而求出时的函数解析式．
【详解】
A选项：因为为奇函数，所以，
令，得，则．
因为为偶函数，所以，
令，得，所以，
所以，故，
所以函数的周期为，所以A不正确；
B选项：因为的图象关于直线对称，所以，
所以．
又是奇函数，所以，
所以，所以函数的周期为，所以B正确；
C选项：由A选项得，得，
令，则，所以．
因为为上的奇函数，所以，
则由，得，
所以，所以C正确．
D选项：因为当时，，所以当时，，
所以．
所以当时，，所以D正确．
故选：BCD.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13. 答案：
解析：
【分析】
先求函数的定义域，再将原问题转换为半圆与直线存在个交点.
【详解】
的定义域为 ，
原问题等价于 与 有两个交点，求的取值范围，
为过定点 的直线， ，所以为圆心在原点，半径为的圆的轴的上半部分，与的大致图像如下：
考虑直线与半圆相切的情况： ，解得（舍）
或， .
故答案为：.
14. 答案：
解析：
【分析】
利用赋值法，令，则的展开式各项系数之和为，即可求得；再由二项展开式的通项求得含项的系数.
【详解】
令，则的展开式各项系数之和为，则,
其中通项，
令，则，
则，
故含的项的系数为.
故答案为：.
15. 答案：
解析：
【分析】
根据已知求出，，.根据椭圆以及双曲线的定义可推得，在中，根据余弦定理可列出关于的方程，解出，进而得到，即可求出结果.
【详解】
由已知可得，椭圆和双曲线的焦点坐标均为，，
即，.
设点在第一象限.因为点在椭圆上，所以有，
又点在双曲线上，所以有，所以.
又是正三角形，所以，，
所以有，则三点共线.
则在中，有，，
由余弦定理可得，，
即，整理得，
又，所以，则由可得，.
故答案为：.
16. 答案：
解析：
【分析】
利用导函数和极值点的定义可得和是方程的两个根，所以函数的图象与直线有两个不同的交点，利用导函数作出的图象，数形结合即可求解.
【详解】
由题意可得，
故和是函数的两个零点，即是方程的两个根，
又，所以，所以和是方程的两个根，
所以函数的图象与直线有两个不同的交点，且交点的横坐标分别为，由于，所以当或时，当时，，故在区间，内单调递减，在区间内单调递增，且当时，，
作出的图象如图所示：
由图可知，且，
因为，取，并令，则，
所以，解得，此时，
故时，即的取值范围是，
故答案为：.
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 答案： 见解析
解析：
【分析】
（1）分析可知数列是等比数列，求出该数列的公比，即可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用错位相减法可求得.
【详解】
（1）因为数列满足，，，
所以，，可得，则，，
以此类推可知，对任意的，，
所以数列为等比数列，设该数列的公比为，则，
所以的通项公式为.
（2）因为，则，
，①
则，②
①②可得
，
因此，.
18. 答案：见解析
解析：
【分析】
（1）由条件利用正弦定理可得,再由余弦定理可得的值．
（2）利用正弦定理结合三角形内角和定理可得周长的表达式，利用三角函数恒等变换化简，结合的范围，利用正弦函数的性质可求得取值范围．
【详解】
（1）由题意，得：，
即，所以,
因为,故 .
（2）由正弦定理可知 ，
故周长
，
因为， ，
则，
∴周长的取值范围是．
19. 答案：见解析
解析：
【分析】
（1）由平面平面证平面、，由几何关系证，即可证平面、；
（2） 以为原点分别为轴建立如图空间直角坐标系，由向量法求得平面及平面的法向量，即可求二面角的余弦值，最后求正弦值即可
【详解】
（1）证明：在等腰梯形中，，，作，且为垂足，∴，，∴，
∴，∴.
又∵，面面，面面，面，
∴面，又平面，
∴，∵平面，∴平面 ，
∵平面，∴，∴，即为直角三角形.
（2）由（1）知，平面，平面，∴，
∵，∴，，过作于，面面，面面，面，则平面.
在中，.
以为原点分别为轴建立如图空间直角坐标系，
则，
.
在平面中，设其法向量为，，
，则令，解得，则，
在平面中，设其法向量为，，.
则令，得，故，
则，故求二面角的正弦值为
.
20. 答案：见解析
解析：
【分析】
(1)根据列联表中一些数据，将表格填写完整,计算出即可;
(2) ①根据独立事件的概率公式,列出式子计算结果即可;
②根据条件概率的计算公式列出式子计算结果即可;
③分别求出球队输了比赛的条件下,乙担任各个位置的概率,比较大小,判断合适位置即可。
【详解】
（1）由题知,,
将表格填完整如下所示:
,
,
所以有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；
（2）①由题知,记“乙球员参加比赛,比赛输球”为事件,
,
故乙球员参加比赛,比赛输球的概率为;
②由题知,记“乙球员担当前锋”为事件,
则,
,
故球队输了比赛的条件下,乙球员担当前锋的概率为;
③记“乙球员担当中锋”为事件,
记“乙球员担当后卫”为事件,
记“乙球员担当守门”为事件,
有,,
,
,
,
所以应该安排乙球员担当守门,赢面大些.
21. 答案：见解析
解析：
【分析】
（1）根据抛物线的性质即可求解；
（2）利用判别式求出切线的斜率，求出切点的坐标以及直线的方程，表示出，的坐标，即可证明为定值.
【详解】
（1）抛物线：（）的焦点坐标为，
因为此抛物线上到焦点距离最近的点就是坐标原点，
所以，，所以抛物线方程为；
（2）证明：设直线，
由可得，
则，解得，
则，解得，
不妨令直线，直线，
则，，
设，，设直线，
由可得，
由，
可得或（舍），
则，直线．
由解得即，
故
为定值．
22. 答案：见解析
解析：
【分析】
（1）求导，得到，并得到，从而写出曲线的切线方程；
（2）令，求出定义域和导数，对导函数变形得到
，令，得到其单调性，结合零点存在性定理得到，即，此时取得极小值，从而得到当时，曲线与曲线至多存在一个交点.
【详解】
（1），，则，
故曲线在点处的切线方程为：，即；
（2）令，定义域为，
，其中，
令，则在上恒成立，
在上单调递增，
因为，，
由零点存在性定理可知：，
当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
当时，，即，此时取得极小值，
，
因为，所以，
故，
当时，，此时在上，，
则曲线：与曲线：无交点，
当时，，此时，有且仅有一个，使得，
当且时，都有，即，
故当时，曲线：与曲线：存在一个交点，
故当时，曲线：与曲线：至多存在一个交点.