2022-2023学年河北省保定市重点学校高三（上）期中考试数学试卷（含解析）

2022-2023学年河北省保定市重点学校高三（上）期中考试数学试卷
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. 若集合，集合，则( )
A. B. C. D.
2. 若，则的共轭复数为( )
A. B. C. D.
3. 年月日，在第届联合国大会期间，中国提出将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于年前达到峰值，努力争取年前实现碳中和要实现这个承诺，我国要牢固树立创新、协调、绿色、开放、共享等新发展理念，抓住新一轮科技革命和产业变革的历史性机遇，汇聚各方力量推动经济社会发展转型年月日，国家统计局发布的中华人民共和国年国民经济和社会发展统计公报显示，年全年我国新能源汽车产量达到万辆，如果从年起，今后年我国新能源汽车产量年均增长率为，则年全年，我国新能源汽车产量预计能达到约万辆．( )
A. B. C. D.
4. 已知双曲线：的右焦点为，为虚轴上端点，是中点，为坐标原点，交双曲线右支于，若垂直于轴，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
5. 已知函数，则下列结论错误的是( )
A. 时，关于对称
B. 时，的一个周期为
C. 时，在上单调递增
D. 时，的两个零点为，，则
6. 三位同学参加某项体育测试，每人要从跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是( )
A. B. C. D.
7. 如图，在长方体中，，，对角线与平面交于点则与面所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
8. 已知函数，过点且平行于轴的直线与曲线：的交点为，曲线过点的切线交轴于点，则面积的最小值为( )
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. 已知直线：，圆：的圆心坐标为，则下列说法正确的是( )
A. 直线恒过点
B. ，
C. 直线被圆截得的最短弦长为
D. 当时，圆上存在无数对点关于直线对称
10. 已知函数，则( )
A. 在单调递减，则
B. 若，则函数存在个极值点
C. 若，则有三个零点
D. 若在恒成立，则
11. 已知抛物线：的焦点为，点为抛物线的准线与轴的交点，过点的直线与抛物线交于不同的两点、，则( )
A.
B. 存在一点为中点，使得
C. 存在这样的直线使成立
D.
12. 如图，正方形的边长为，、分别为边、上的动点，若的周长为定值，则( )
A. 的大小为
B. 面积的最小值为
C. 长度的最小值为
D. 点到的距离可以是
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知定义在上的函数满足：对于，且，，，试写出满足以上两个条件的一个函数______ ．
14. 在中，点在边上，平分，若，，，则 ______ ．
15. 我们知道地球和火星差不多在同一轨道平面上运动，火星轨道在地球轨道之外当地球和火星与太阳在同一条直线上，这一天文现象称为“冲日”，简称“冲”假设地球和火星都做近似匀速圆周运动，火星绕太阳一周约需天，地球绕太阳一周约需天，则相邻两次“冲日”之间间隔约为______ 天结果精确到个位
16. 如图，在四面体中，，，，，则四面体体积的最大值为______ ．
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
如图，四棱台的底面是菱形，且，平面，，，．
求证：平面；
求三棱锥的体积．
18. 本小题分
如图，是平面四边形的一条对角线，已知在中满足．
求；
若，，，求四边形面积的最大值．
19. 本小题分
已知数列的前项和为，，若对任意的正整数都有．
求数列的通项公式；
记数列的前项和为，若恒成立，求的最小值．
20. 本小题分
某学校为了提高学生的运动兴趣，增强学生身体素质，该校每年都要进行各年级之间的球类大赛，其中乒乓球大赛在每年“五一”之后举行，乒乓球大赛的比赛规则如下：高中三个年级之间进行单循环比赛，每个年级各派名同学按顺序比赛赛前已确定好每场的对阵同学，比赛时一个年级领先另一个年级两场就算胜利即每两个年级的比赛不一定打满场，若两个年级之间打成：，则第场比赛定胜负已知高三每位队员战胜高二相应对手的可能性均为，高三每位队员战胜高一相应对手的可能性均为，高二每位队员战胜高一相应对手的可能性均为，且队员、年级之间的胜负相互独立．
求高二年级与高一年级比赛时，高二年级与高一年级在前两场打平的条件下，最终战胜高一年级的概率若获胜年级积分，被打败年级积分，求高三年级获得积分的分布列和期望．
21. 本小题分
已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长为短轴长的倍，若椭圆经过点．
求椭圆的方程；
若、是椭圆上不同于点的两个动点，直线、与轴围成底边在轴上的等腰三角形，证明：直线的斜率为定值．
22. 本小题分
已知函数，．
当时，求在点处的切线方程．
若的图象恒在轴上方，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：集合，
集合，
．
故选：．
求出集合，利用并集定义能求出．
本题考查集合的运算，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
则，
则．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：年全年，我国新能源汽车产量预计能达到约万辆．
故选：．
根据“年均增长率”的含义，结合指数的运算法则，得解．
本题考查实际应用问题，理解“年均增长率”的含义是解题的关键，考查运算能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：双曲线：的右焦点为，为虚轴上端点，
是中点，为坐标原点，交双曲线右支于，垂直于轴，
可知是矩形，所以、的纵坐标相同，时，，，
可得，所以，
．
故选：．
利用已知条件说明、的纵坐标相同，即可求解离心率．
本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．
5.【答案】
【解析】解：当时，，
此时，即是的一个周期，故B正确，
当时，，即关于对称，故A正确，
当时，，
当，，，此时为减函数，故C错误，
由得，
则或，，，
即或，
即或，
则，
则，
则当时，，故D正确，
故选：．
分别求出函数的解析式，利用函数的对称性，单调性以及周期性进行判断即可．
本题主要考查三角函数的图象和性质，利用函数的对称性，周期性以及单调性进行判断是解决本题的关键，是中档题．
6.【答案】
【解析】解：设跑、引体向上、跳远、铅球四个项目分别为，，，，
则每位同学都有六种选择：，，，，，，
故三位同学共有种选法，
其中，有且仅有两人选择的项目完全相同的选法有种选法，
表示个同学中选个同学，使他们所选项目相同，表示种组合中选一个，
表示剩下个同学还有种选择，
则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是．
故选：．
先求出三个同学选择的所有选法，然后分步求出有且仅有两人选择的项目完全相同的选法，最后利用古典概型的概率公式计算即可．
本题考查古典概型及其概率计算公式，解题的关键是求出有且仅有两人选择的项目完全相同的选法，属基础题．
7.【答案】
【解析】解：如图，建立空间直角坐标系：
，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，
所以，
，
因为点在上，
设，
所以，
所以，
因为面，
所以，
所以，
所以，
解得，
所以，
平面的法向量为，
设与平面所成角为，
所以，
所以，
故选：．
建立空间直角坐标系，解得平面的法向量为，，设，则，，解得，可得坐标，平面的法向量为，设与平面所成角为，则，进而可得答案．
本题考查直线与平面所成角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：，把代入，可得，即，
则，
由，得，则，
曲线过点的切线方程为，取，得
．
令，则．
当时，．
故选：．
由已知求得点坐标，利用导数求出过点的切线方程，再求出点坐标，写出三角形的面积，再由导数求最值得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用导数求最值，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：直线：，恒过点，所以A正确；
圆：的圆心坐标为，，，所以B正确；
圆：的圆心坐标为，圆的半径为．
直线：，恒过点，圆的圆心到定点的距离为：，
直线被圆截得的最短弦长为，所以不正确；
当时，直线方程为：，经过圆的圆心，所以圆上存在无数对点关于直线对称，所以D正确．
故选：．
求解直线系结果的定点判断；圆的圆心求解、判断；求解直线被圆截的弦长判断，利用圆的圆心到直线的距离判断．
本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
10.【答案】
【解析】解：已知，函数定义域为，
可得，
若在单调递减，
此时在上恒成立，
即在上恒成立，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当或时，函数取得极小值，极小值，
则，故选项A错误；
若，此时，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数存在个极值点，故选项B正确；
若，函数，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值，
当时，函数取得极小值也是最小值，最小值，
当时，；当时，，
所以在区间上存在一点，使得，
在区间上存在一点，使得，
又，
所以函数在上存在三个零点，故选项C正确；
若在恒成立，
当时，无论取何值，恒成立；
当，即时，需满足恒成立，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
则；
当，即时，需满足恒成立，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增，
所以，
则，
综上，若在恒成立，则，故选项D正确．
故选：．
由题意，对函数进行求导，将在单调递减，转化成在上恒成立，构造函数，此时问题转化成函数最值问题，对进行求导，利用导数得到函数的单调性和最值，进而可判断选项A；对函数进行求导，结合二次函数的性质以及导数的几何意义即可判断选项B；将代入函数解析式中，对函数进行求导，利用导数的几何意义以及零点存在性定理即可判断选项C；对，和这三种情况进行讨论，通过构造函数，将问题转化成函数最值问题，进而即可判断选项D．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、分类讨论、转化思想和运算能力．
11.【答案】
【解析】解：因为抛物线：的焦点为，点为抛物线的准线与轴的交点，
所以，，
又过点的直线与抛物线交于不同的两点、，
不妨设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
此时，
解得，
由韦达定理得，，
所以，
不妨设，，
对于选项A：
，故选项A正确；
对于选项B：若点为中点，
此时，
即，
可得，
不妨令，，
此时，
所以，故选项B错误；
对于选项C：当时，
可知，不符合题意，故选项C错误；
对于选项D：因为
，故选项D正确．
故选：．
由题意，设出直线的方程，将直线与抛物线联立，利用根的判别式得到，设，，根据韦达定理得到，和的表达式，结合抛物线的性质对选项进行逐一分析，进而即可求解．
本题考查抛物线的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
12.【答案】
【解析】解：设，，则，，，
在中，，又，
，即，
对于，，，则 ，
把代入可得，，，故A不正确；
对于，
，
时，即时，取得最小值，最小值为，故B正确；
对于由，可得，解得舍或，，故C正确；
对于，当长度最小时，点到的距离最小，最小值为，故D错．
故选：．
设，，利用直角三角形中的边角关系求得，，由，可得，
对于，再由两角和的正切公式求得，可得，从而求得；
对于，，利用均值不等式即可求解；
对于，由，可得，解得的范围即可；
对于，当长度最小时，点到的距离最小即可判定．
本题考查了三角函数、基本不等式的运用，考查了分析、解决问题的能力，属于中档题．
13.【答案】答案不唯一
【解析】解：由题知：可设，因为，有，，
，，
所以满足对于，，有；
因为对于，，且，都有，
所以为上增函数，所以满足题意．
故答案为：答案不唯一．
根据和在上为增函数，即可得到函数解析式．
本题考查函数的性质，确定函数解析式，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：延长至点，使，连接，
延长交于点，过点作的平行线交于．
平分，，为的中点，得，
，，可得，
．
，，，
可得，
．
故答案为：．
由题意画出图形，延长至点，使，连接，延长交于点，可得，再由向量的数乘与数量积运算求解．
本题考查平面向量的数量积运算，考查化归与转化、数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】
【解析】解：由题意知，地球一天绕太阳转，火星一天绕太阳转，
设相邻两次“冲日”间隔天，由于，
则，
所以．
故答案为：．
根据题意设相邻两次“冲日”间隔天，则经过天，地球比火星多转，即，解出即可．
本题考查数列的实际应用，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：作于，连接，因为，，
则平面，又平面，，
由题意，，则与都在以为焦点的椭球上，
且，都垂直于焦距，垂足为同一点，
所以≌，则，
取的中点，，，
要四面体的体积最大，因为是定值，只需三角形面积最大，
又因为是定值，所以只需最大即可，
故当是等腰直角三角形时，四面体的体积最大，
，，又，
，，
所以几何体的体积．
故答案为：．
作于，连接，说明与都在以为焦点的椭球上，且，都垂直于焦距，，取的中点，推出当是等腰直角三角形时几何体的体积最大，求解即可．
本题考查棱锥的体积，考查空间想象能力以及计算能力，属中档题．
17.【答案】解：证明：如图，连接交于点，连接，，
由为四棱台，可知四点共面，且面，面，
，
和均为菱形，且，，，
，
四边形为平行四边形，
，
又面，面，
平面；
连接交于，
，，，面，面，
面，
四边形为菱形且，，
，
．
【解析】连接交于点，先证明四边形为平行四边形，得到，再根据线面平行的判定得证；
连接交于，可证得面，再利用等体积法求解即可．
本题考查线面平行的判定以及三棱锥的体积计算，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：已知在中满足，
由正弦定理得，
所以，
整理得，
即，
因为，
所以，
此时，
又，
则；
不妨令，
在中，，
由知为等腰直角三角形，
所以，
则，，
此时
，
当时，，
故四边形面积的最大值为．
【解析】由题意，根据正弦定理以及三角形和角公式得到，结合三角形内角和即可求出的值；
令，利用余弦定理得到的表达式，结合中为等腰直角三角形，推出，根据三角形面积公式以及三角函数再进行求解即可．
本题考查解三角形以及正弦定理和余弦定理的应用，考查了逻辑推理和运算能力．
19.【答案】解：由可得当有，
二式相减并化简得，
由于，所以，
所以有，
又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以；
结合可知，
所以，
显然当，，
又随着的增大而增大，
所以的最大值为，
的最小值为，
由于恒成立，
所以，，
所以的最小值为．
【解析】由可得当有，二式相减并化简即可得到数列中前一项与后一项之间的数量关系；
随着的增大而增大，由此求出的最大值和最小值，两数之差即为的最小值．
本题主要考查递推法求数列通项公式，利用数列的增减性分析数列的范围是解决本题的关键，属中档题．
20.【答案】解：高二年级与高一年级在前两场打平，高二年级局战胜高一年级的概率为，
高二年级局战胜高一年级的概率为，
所以在高二年级与高一年级在前两场打平的情况下，高二年级战胜高一年级的概率为；
高三年级获得分的概率为，
高三年级获得分的概率为，
高三年级获得分的概率为，
高三年级获得积分的分布列如下，


．
【解析】高二年级与高一年级在前两场打平，则高二年级需要场或场取胜，四场取胜高二年级则需要在第、场比赛连胜，场取胜，则高二年级在第、场比赛一败一胜，第场胜；
高三年级战胜高二年级概率为，战胜高一年级概率为．
本题主要考查离散型随机变量及其分布列，属于中档题．
21.【答案】解：因为椭圆的中心在原点，焦点在轴上，
不妨设椭圆的方程为，
因为长轴长为短轴长的倍，
所以，
又椭圆经过点，
此时，
联立，解得，，
则椭圆的方程为；
证明：若、是椭圆上不同于点的两个动点，
不妨设直线的方程为，，，
联立，消去并整理得，
此时，
由韦达定理得，，
因为直线、与轴围成底边在轴上的等腰三角形，
所以，
即，
整理得，
当，即时，
直线、与轴围成底边在轴上的等腰三角形时直线的斜率为定值．
【解析】由题意，设出椭圆的方程，根据椭圆的长轴长为短轴长的倍以及点在椭圆上，列出等式即可求出椭圆的标准方程；
设直线的方程为，，，将直线与椭圆联立，根据韦达定理得到相关表达式，将问题转化成，列出等式即可求解．
本题考查椭圆的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
22.【答案】解：已知，，函数定义域为，
当时，，
可得，
此时，
又，
所以函数在点处的切线方程为，
即；
已知，函数定义域为，
若函数的图像恒在轴上方，
此时恒成立，
即恒成立，
不妨设，函数定义域为，
可得，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以函数在定义域上单调递减，
又，，
所以在区间上存在一点，使得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
此时，
又，
所以，
对等式两边同时取对数，
可得，
易知函数在上单调递增，
所以，
则，
此时，
则，
故实数的取值范围为．
【解析】由题意，将代入函数的解析式中，对函数进行求导，得到和，代入切线方程中即可求解．
将函数的图像恒在轴上方，转化成恒成立，构造函数，此时问题转化成函数最值问题，对函数进行求导，利用导数的几何意义以及零点存在性定理进行求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
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