2023年高三下学期5月高考数学考前押题卷（河北适用）（含解析）

2023年高考考前押题卷（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．复数（为虚数单位）在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限　　　　　　　 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．世界上第一个太阳灶设计者是法国的穆肖，年他奉拿破仑三世之命，研究用抛物面镜反射太阳能集中到悬挂的锅上，供驻在非洲的法军使用．年阿塔姆斯又曾作了许多研究和改进，到了年全世界就有了许多太阳灶的专利，有了各种各样形式的太阳灶．目前世界上太阳灶的利用相当广泛，技术也比较成熟，它不仅可以节约煤炭、电力、天然气，而且十分干净，毫无污染，是一个可望得到大力推广的太阳能利用装置．某学校数学小组制作了一个太阳灶模型，其口径为，高为的抛物面，则其轴截面所在抛物线的顶点到焦点的距离为（ ）
A．　　　　　　　 B．
C． D．
4．已知等差数列的前项和是，则（ ）
A．　　　　　　 B．
C． D．
5．某班一天上午有四节课，现要安排该班上午的课程表，从语文、数学、英语、物理、体育科中选出科排到课表中，体育课不能排到第一节，且数学和物理两科不能相邻，则不同的排课方案共有（ ）种
A．　　　　　　 B．
C． D．
6．将函数（）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且，下列说法错误的是（ ）
A. 为偶函数
B.
C. 当时，在上有个零点
D. 若在上单调递减，则的最大值为
7．已知正四棱台的高为，下底面边长为，侧棱与底面所成的角为，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为（ ）
A．　　　　　　　 B．
C． D．
8．若，不等式成立，则实数的取值范围是（ ）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．年月，某县教体系统举办“庆祝二十大，建功新时代”教师演讲比赛，由于疫情防控原因，比赛现场只有名评委给每位参赛选手评分，全县名云端教师评委通过在线直播观看并网络评分，比赛评分采取分制，某位选手比赛后，现场名专家评委的原始评分中去掉一个最高分和一个最低分，得到个有效评分如下表．云端网络评分都在内，按分成三组做成频率分布直方图如图所示．则下列说法正确的是（ ）
A．在去掉一个最高分和一个最低分之前，名专家评委原始评分的极差一定大于
B．现场专家评委的个有效评分与个原始评分的中位数相同
C．全县名云端教师评委网络评分的第百分位数约为
D．从云端教师评委中随机抽取名，用频率估计概率，表示评分不小于分的人数，则
10．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“<”和“>”符号，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若，则（ ）
A．　　　　　　 B．
C． D．
11．双曲线的左、右焦点分别是，过的直线与双曲线右支交于两点，记和的内切圆半径分别为和，则（ ）
A．和的内切圆圆心的连线与轴垂直
B．为定值
C．若，则的离心率
D．若，则的渐近线方程为
12．已知函数是定义域为的奇函数，是偶函数，若时，，则（ ）
A．是偶函数　　　　　　　 B．在上单调递减
C．的值域为 D．在上有个零点
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．设点，，若直线关于对称的直线与圆相切，则________．
14．设向量满足，，若存在实数，，则向量与的夹角的取值范围为________．
15．在概率论中，全概率公式指的是：设为样本空间，若是一组两两互斥的事件，，则对任意的事件，有．若甲盒中有个红球、个白球、个黑球，乙盒中有个红球、个白球、个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球， “从乙盒中取出的球是红球”，若，则的最大值为________．
16．在棱长为的正方体中，均为侧面内的动点，且满足，点在线段上，点到点的距离与到平面的距离相等，下列命题：
①直线与所成的角为定值；
②平面；
③点的轨迹是一条线段；
④的最小值为．
其中正确的是 （请把所有正确命题的序号填在横线上）．
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． 已知在中，角所对的边分别为，．
（1）求；
（2）若的面积为，点是线段上靠近的三等分点，当最小值时，求．
18． 数列的前项和为，在①，②成等比数列，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答下列问题．
问题：已知，，若数列满足，为数列的前项和，求证：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
19．将我国现行宪法实施日即月日，作为每年一次的全国法制宣传日．目的是要通过开展系列的宣传活动，进一步在广大干部群众中牢固树立宪法是国家根本大法的观念、国家一切权利属于人民的观念、公民权力和义务对等的观念、依法治国的观念和法治与德治相结合的观念．年月日是第二十二届全国法制宣传日，某商场举行法制安全答题赢现金活动：活动组备有甲，乙两类题目，每位参加活动的顾客从装有大小相同但颜色不同的个白球和个红球的箱子中随机摸出个球，摸出白球回答甲类题目，摸出红球回答乙类题目，若答错则该顾客的答题结束；若答对则从另一类问题中随机抽取一个题目回答，无论答对答错，该顾客答题结束．答对甲类题目中的每个题目可获得奖金元，否则得元；答对乙类题目中的每个题目可获得奖金元，否则得元．
已知小王能答对甲类题目的概率为，能答对乙类题目的概率为，且能答对题目的概率与回答次序无关．
（1）计算小王累计获得奖金元的概率；
（2）记为小王的累计奖金，求的分布列和数学期望．
20． 如图，四边形为矩形，，是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．
（1）求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
21． 在平面直角坐标系中，点分别在轴，轴上运动，且，动点满足．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）设圆上任意一点处的切线交轨迹于点两点，试判断以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标．若不过定点，请说明理由．
22． 已知函数．
（1）证明：当时，有唯一的极值点为，并求取最大值时的值；
（2）当时，讨论极值点的个数．
答案
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.答案：
C
解析：
因为，，故．
2.答案：
C
解析：
利用复数的乘法可得．
3. 答案：
A
解析：
设抛物线的方程为，根据图可得点在抛物线上即
解得，轴截面所在抛物线的顶点到焦点的距离为．
4. 答案：
D
解析：
由已知设等差数列的公差为，则，，解得，，所以．
5. 答案：
B
解析：
可按有无体育、数学、物理分成三类：第一类，若不排体育，则不同的排课方案有种；第二类，若排数学和物理中的一科，则不同的排课方案有种；第三类若体育、数学和物理都排上，体育在第二节或第三节时有种，体育在第四节时有种，则不同的排课方案有种．由分类加法计数原理可得不同的排课方案共有种．
6. 答案：
D
解析：
由题意得，由，得出，从而
则
对A项，函数的定义域为，，则函数为偶函数；
对B项，；
对C项，当时，，由得：
，∴可以取，即当时，在上有个零点；
对D项，由，解得，则函数在区间上单调递减，因为在上单调递减，所以，解得，又，从而的最大值为，即D选项错误.
7. 答案：
B
解析：
设正四棱台上下底面所在圆面的半径，连接，过作的垂线垂足为，过作的垂线垂足为，由已知条件可得，所以
，，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的体积为．
8. 答案：
A
解析：
因为，不等式等价于，
即，即
构造函数，则，在上单调递增，
所以，于是，则，
即，
设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，解得.
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、C、D
解析：
对于A，有可能去掉的最高分是，最低分是，极差是，A错误；
对于B，现场专家评委的个有效评分与个原始评分的中位数不变，B正确；
对于C，网络评分在9分以下的云端教师评委所占比例为20%+30%=50%，，因此，75%分位数一定位于[9,10]内，由，C正确；
对于D，用频率估计概率，表示评分不小于分的人数，则，从名云端教师评委中随机抽取名，是一个重伯努利试验，，所以
，D正确．
10. 答案：
A、B、D
解析：
设，，则在上恒成立，所以在上单调递增，因为，所以，A正确；
由得，即，又因为单调递增，所以，B正确；
由得，即 ，所以，C错误；
因为，所以，D正确．
11.答案：
A、B、D
解析：
对于A，设，的内切圆圆心分别为，设圆切分别于点，过的直线与双曲线的右支交于两点，由切线长定理，可得
，
所以
，则，
所以点的横坐标为，即点的横坐标也为，同理点的横坐标也为，故轴，A正确；
对于B，在中，，
，所以，所以，即，B正确；
对于C，由解得的离心率，C错误；
对于D，可得，于是，所以的渐近线方程为，D正确．
12. 答案：
B、C
解析：
由题意得，，
于是，所以，是以为周期的周期函数．对于A，，，A错误；
对于B，，当时，，单调递增，利用对称性即可判断B正确；
对于C，当时，，利用的对称性和周期性即可得的值域为，C正确；
对于D，是的零点，当时，的零点是，利用的对称性和周期性即可得在上有个零点，D错误．
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：
或
解析：
点关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，或．
14. 答案：
解析：
设向量与的夹角为，由，利用平面向量的数量积可得
，即存在实数，使成立，于是，即，所以，所以向量与的夹角的取值范围．
15. 答案：
解析：
设“从甲盒里取出的是红球”，“从甲盒里取出的是白球”，“从甲盒里取出的是黑球”，根据全概率公式可得
，解得，所以的最大值为．
16. 答案：
②④
解析：
因为，且平面，由题意可得点在以为圆心，为半径的圆弧上，直线与所成的角的正弦值为，且，所以①正确；
因为点在线段上，平面，平面平面，所以平面，②正确；
因为平面平面，所以点到平面的距离可转化为点到直线的距离，所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线在平面内的一部分，③错误；
的最小值为抛物线上的顶点与点的距离减半径，④正确．
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：
（1）由题意知，
所以，即，
解得（舍去）或，
又因为所以．
（2）因为，所以，
因为点是线段上靠近的三等分点，所以在中，由余弦定理得
．
当且仅当且，即时取等号，所以的最小值为．
此时，，所以．
18. 答案：
见解析
解析：
由，得，即，
所以数列是以为公差的等差数列．
若选择条件①，即，
所以．
若选择条件② 成等比数列，则，即，
解得．
若选择条件③，所以，解得．
于是 ，
所以，
数列的前项和
19. 答案：
见解析
解析：
（1）由题意可知摸到白球的概率，摸到红球的概率．小王能答对甲类题目的概率，能答对乙类题目的概率为
设小王累计获得奖金元为事件，小王摸到白球并都答对甲类和乙类题目为事件，小王摸到红球并都答对甲类和乙类题目为事件，由小王能答对题目的概率与回答次序无关和相互独立事件的概率公式可得
，
，
．
（2）由题可知的所有可能取值为．
，
，
，
．
所以的分布列为
（元）．
20. 答案：
见解析
解析：
证明：（1）连接，取的中点，连接，．因为四边形为矩形，，所以在中，，可得．又，在中，由勾股定理逆定理可知，
因为是等腰直角三角形，所以，
又，平面，平面，所以平面．
又因为平面，所以平面平面．
（2）取的中点，连接，则，
因为，所以．又由（1）可知平面．
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
，，．
易知平面的一个法向量为．
假设在棱上存在一点，使得平面与平面所成的角为．
不妨设（），所以，
设为平面的一个法向量，
则 即
令，，所以．
从而．解得或．
因为，所以．
所以，在棱上存在一点，使得平面与平面所成的角为，此时．
21. 答案：
见解析
解析：
(1)设
由得①
由得
所以代入①式得
整理得，所以动点的轨迹的方程为.
(2)①当切线斜率不存在时，切线方程为
（i）当切线方程为时，
以为直径的圆的方程为②
（ii）当切线方程为时，
以为直径的圆的方程为,③
由②③联立，可解得交点为.
②当过点且与圆相切的切线斜率存在时，设切线方程为，
则，故
由联立并消去整理得
因为
所以切线与椭圆恒有两个交点，
设，则
所以
所以，即以为直径的圆过原点
综上所述，以为直径的圆过定点.
22. 答案：
见解析
解析：
（1）证明：当，时，，的定义域为，，由可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以当时，有唯一的极小值，即有唯一的极值点为。
，，
令，则设，，
由可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以当，即时，有唯一的极大值，即取得最大值，所以当的最大值时，。
（2）当时，的定义域为，
，
①当时，时恒成立，
所以此时极值点的个数为个；
②当时，设，即
（i）当，即时，
对恒成立，即在上无变号零点，
所以此时极值点的个数为个；
（ii）当，即时，
设的两零点为，且，，，得
即在上有个变号零点，所以此时极值点的个数为个；
综上所述，当时，的极值点的个数为；
当时，的极值点的个数为.