2023年河北省大数据应用调研高考数学联合测评试卷（三）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. 已知集合，，则(????)A. B. C. D. 2. 已知函数，则“”是“函数是偶函数”的(????)A. 充分不必要
条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件3. 一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的倍，若该圆锥的体
积为，则该圆锥的母线长为(????)A. B. C. D. 4. 如图，四边形是平行四边形，点，分别为，的中点，若以向量，为基底
表示向量，则下列结论正确的是(????)A. B. C. D. 5. 已知双曲线：的上焦点为，点在的一条渐近线上是面积为的等边三
角形，其中点为坐标原点，则的方程为(????)A. B. C. D. 6. 斯特林公式是由英国数学家斯特林提出的一条用来取的阶乘
的近似值的数学公式，即，其中为圆周率，为自然对数的底数一般来说，当很大的时候，的阶乘的计算量十分大，所以斯特林公式十分好用斯特林公
式在理论和应用上都具有重要的价值，对于概率论的发展也有着重大的意义若利用斯特林公式分析计算结果，则该结果写成十进制数时的位数约为(
????)参考数据：，，A. B. C. D. 7. 已知数列为递增的等差数列，为数列的前项和，，，则(????)A. B. C
. D. 8. 某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲、乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训
练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打局，当两人获胜局数不少于局时，则认为这轮训练过关；否则不过关若甲、乙两人每局获胜的
概率分别为，，且满足，每局之间相互独立记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为(??
??)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. 复数，其中，设在复平面
内对应点为，则下列说法正确的是(????)A. 点在第一象限B. 点在第二象限C. 点在直线上D. 的最大值为10. 已知是函数
的一条对称轴，则下列说法正确的是(????)A. B. 的最小正周期为C. 在区间上单调递增D. 将函数的图象向右平移个单位，得到
函数的图象，则11. 如图，在四边形中，和是全等三角形，，，下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥折法：将沿着折起，形成三棱锥，如
图；折法：将沿着折起，形成三棱锥，如图下列说法正确的是(????)A. 按照折法，三棱锥的外接球表面积值为B. 按照折法，存在，满
足C. 按照折法，三棱锥体积的最大值为D. 按照折法，存在满足平面，且此时与平面所成线面角的正弦值为12. 已知函数的两个零点分
别为，且，则下列说法正确的是(????)A. B. C. 存在实数，使得D. 若，则三、填空题（本大题共4小题，共18.0分）13
. 已知函数在处的切线方程为，则 ______ ．14. 的展开式中的系数为______ 用数字作答15. 已知锐角，满足，
则 ______ ．16. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，以为圆心，为半径的圆与轴交于，两点两点均在外，连接，与交于点，若，则
______ ；椭圆的离心率为______ ．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. 本小题分已知数列满足：，．求证：是等比数列，并求出数列的通项公式；设，求数列的前项和．18. 本小题分在中，内角，，对
应的边为，，，的面积为，若．当时，求；若角为中最大内角，从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立．；；．注：若选择不同的组合分别
解答，则按第一个解答计分．19. 本小题分如图，在三棱柱中，四边形为矩形，，四边形是菱形，，点是的中点，点在上，满足．若平面，求
的值；若，时，求平面与平面所成角的正弦值．20. 本小题分随着网络技术的迅速发展，直播带货成为网络销售的新渠道某服装品牌为了给所
有带货网络平台分配合理的服装量，随机抽查了个带货平台的销售情况，销售每件服装平均所需时间情况如下频率分布直方图．求的值，并估计出这
个带货平台销售每件服装所用时间的平均数和中位数；假设该服装品牌所有带货平台销售每件服装平均所需时间服从正态分布，其中近似为，若该服
装品牌所有带货平台约有个，销售每件服装平均所需时间在范围内的平台属于“合格平台”为了提升平台销售业务，该服装品牌总公司对平台进行奖
罚制度，在时间大于分钟的平台中，每个平台每卖一件扣除元；在时间小于分钟的平台中，每卖一件服装进行奖励元，以资鼓励；对于“合格平台”
，每卖一件服装奖励元求该服装品牌总公司在所有平台均销售一件服装时总共需要准备多少资金作为本次平台销售业务提升结果保留整数 附：若服
从正态分布，则，，参考数据：．21. 本小题分已知抛物线：的焦点为，直线过且与交于，两点，点为的中点，，为坐标原点．若，求直线的
方程；设直线与交于另一点，直线与交于另一点，求面积的最小值．22. 本小题分已知函数，为自然对数的底数．讨论函数的极值点个数；当
函数存在唯一极值点时，求证：．答案和解析1.【答案】?【解析】解：由，，，故选：．化简集合，利用交集运算可求得答案．本题主要考查了
交集的运算，属于基础题．2.【答案】?【解析】解：函数，当时，可得，即，可得，故当函数是偶函数时，可得，故“”是“函数是偶函数”的
必要不充分条件．故选：．求出函数为偶函数时，对应的值，进而得到结论．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，考查了偶函数的性质，属于
基础题．3.【答案】?【解析】解：设圆锥的底面圆半径为，高为，母线长为，则圆锥侧面展开的扇形面积为，底面圆面积为，因为，所以，所以
圆锥的高为，所以圆锥的体积为，解得，所以该圆锥的母线长为．故选：．可设圆锥的底面圆半径为，高为，母线长为，根据题意列方程求解即可．
本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题．4.【答案】?【解析】解：由题意可得，，则，，则．故选：．由平面向量基本定理，结合平
面向量的线性运算求解即可．本题考查了平面向量基本定理，重点考查了平面向量的线性运算，属基础题．5.【答案】?【解析】解：点在的一条
渐近线上，且是面积为的等边三角形， 不妨设在第一象限，则，又是面积为，，解得，，解得，，故双曲线的方程为．故选：．由题意可得，且，
然后求出和，即可得到的方程．本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合思想，属基础题．6.【答案】?【解析】解：根据题意，，，的十进制
的位数约为位．故选：．根据题意可得出，然后两边求以为底的对数，可求出，即得出，从而可得出写成十进制数时的近似位数．本题考查了对数的
运算性质，考查了计算能力，属于基础题．7.【答案】?【解析】解：数列为递增的等差数列，为数列的前项和，设首项为，公差为，由于，所以
，解得；，由于，整理得，，由得：．故选：．直接利用等差数列的性质和等差数列的前项和，进一步建立方程组，最后求出的值．本题考查的知识
要点：等差数列的性质，等差数列的前项和，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．8.【答案】?【解析】解：根据题意，设甲、乙
在某一轮训练中训练过关的概率为，则，又由，则，又由，，则有，必有，设，，则，当且仅当时等号成立，即的最大值为，记甲、乙在轮训练中训
练过关的轮数为，则，若，则有，当最大时，甲、乙两人训练的轮数最少，则，即甲、乙两人训练轮．故选：．根据题意，设甲、乙在某一轮训练中
训练过关的概率为，求出的表达式，分析的表达式和范围，设，利用换元法分析的最大值，又由，结合期望计算公式可得，由此分析可得答案．本题
考查离散型随机变量的期望，涉及二项分布的性质，属于中档题．9.【答案】?【解析】解：，则，，，故点在第二象限，故A错误，B正确；点
不满足直线，故C错误；，当时，取得最大值，故D正确．故选：．根据已知条件，先对化简，再结合复数的几何意义，以及复数模公式，即可求解
．本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，复数模公式，属于基础题．10.【答案】?【解析】解：由于函数的一条对称轴为，则，
，，A错误；则，则周期为，项正确；项：，则，则在上单调减，在上单调递增，C错误；项：，D正确．故选：．由已知有得到，利用二倍角公式
，辅助角公式化简，根据的性质进行判断各选项即可．本题考查三角函数的性质，属于基础题．11.【答案】?【解析】解：对于：和是全等三角
形，，，．可得中点到，，，的距离相等，故为棱锥的外接球的球心，为直径，外接球的半径为，三棱锥的外接球表面积值为，故A正确，对于：，
当为等边三角形时，可得，又，平面，平面，，即存在，满足，故B正确；对于：三棱锥体积最大时，平面平面，由已知可得，为等边三角形，且易
求到平面的距离为，，故C正确；当，可得，，平面，则是与平面所成的角，由，，由勾股定理可得，在中，，故D正确．故选：．利用翻折知识，
结合空间几何体的性质，推理计算可判断每个选项的正确性．本题考查空间几何体的性质，考查线面角的求法等，属中档题．12.【答案】?【解
析】解：由，，所以，当时，，在上单调递增，至多有一个零点，与题意不符；当时，令，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以时，
取得极大值点，也是最大值点，所以的最大值为；因为函数有两个零点，，所以，可得，综合可得：，选项A正确；因为的最大值为，，，由单调性
知，在上不存在零点，所以选项B错误；由，设，，，则，在上单调递增，且，所以在上，所以单调递减，，所以，所以，当且仅当时“”成立；所
以，所以，所以；又，所以，解得，，所以，即，选项C错误；因为是的零点，所以，设，所以，所以，所以，设，可得，所以时，，单调递减，所
以，所以，所以，所以，选项D正确．故选：．由，，求出，讨论时恒成立，单调递增，至多有一个零点，不符合题意；时，令，即可求得的极值，
也是最值，由此判断函数有两个零点，时的取值范围，以及零点所在的区间，零点所满足的条件，即可判断选项中的命题是否正确．本题考查了利用
导数研究函数的极值、单调性，考查不等式的证明，以及推理与运算能力，是难题．13.【答案】?【解析】解：，依题意，，即，解得．故答案
为：．对函数求导，再根据题意建立关于，的方程组，解出即可．本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．14.【答案】?【
解析】解：多项式的展开式中含的项为，所以的系数为．故答案为：．利用二项式定理求出展开式中含的项，由此即可求解．本题考查了二项式定理
的应用，属于基础题．15.【答案】?【解析】解：因为，所以，可得，整理可得，可得，又，为锐角，所以，，因为，所以．故答案为：．由已
知利用三角函数恒等变换即可化简求解．本题考查了三角函数恒等变换在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．1
6.【答案】??【解析】解：在中，，，则，关于轴对称，，，，互相垂直且平分，四边形为菱形，，又，，，且，，，，由椭圆定义，，．故答
案为：；．由已知可得，进而由对称性可得，进而利用已知可得，可得，可求椭圆的离心率．本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，属中档
题．17.【答案】解：证明：，，又，，是首项与公比都为的等比数列，，；由可知， ．?【解析】根据等差数列的定义与通项公式，即可求解
；根据裂项求和法，即可求解．本题考查等差数列的定义与通项公式，裂项求和法，属中档题．18.【答案】解：因为，由正弦定理可得，又因为
，所以，即，而，所以；若为条件，因为，即，由余弦定理可得，所以，而，可得，由可得，可得，，所以，，因为，即，由正弦定理可得，即，所
以，，所以，即证得成立；若为条件，因为，即，由余弦定理可得，所以，而，可得，，可得，由可得，由正弦定理可得，所以，，由余弦定理可得
，即，即证得成立；若成立，则，可得，由可知，即，所以， 由余弦定理可得，又因为，即 可得，两边平方整理可得：，解得或，当，所以，与
而为三角形中最大的角相矛盾，所以，由余弦定理可得，即证得成立．?【解析】由题意及正弦定理可得角的正切值，再由角的范围可得角的大小；
分别以中选取两个作为条件，由正余弦定理及面积公式，可证得第三个成立．本题考查正余弦定理的应用及三角形面积公式的应用，属于中档题．1
9.【答案】解：取的中点，过作交于，连接，，，点是的中点，，，，，在同一平面内，平面，平面平面，，四边形是平行四边形，，为的中点，
，；四边形是菱形，，是等边三角形，，，，≌，，，，，平面，取中点，连接，可证，，两两垂直，以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的
空间直角坐标系， 设，则，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，令，
则，，平面的一个法向量为，，，平面与平面所成角的正弦值为．?【解析】取的中点，过作交于，连接，，，利用线面平行的性质可得的值；取中
点，连接，可证，，两两垂直，以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面与平面的一个法向量，利用向量法可求平面
与平面所成角的正弦值．本题考查线面平行的性质，考查面面角的求法，属中档题．20.【答案】解：由频率分布直方图知：，，，平均数，所用
时间的区间在的概率为，中位数在内，则中位数为；根据题意可得，且，，，在时间大于分钟的平台内约有件；，在时间小于分钟的平台内约有件；
“合格平台“约有件，需要资金为，，设，，则，令，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，的最小值为，故至少需要准备元．?【解析】
根据频率分布直方图，平均数的概念，中位数的概念，即可分别求解；根据正态分布的性质，建立函数模型，利用导数研究函数的单调性，即可求解
．本题考查频率分布直方图的相关知识，平均数的概念，中位数的概念，正态分布的应用，函数建模，利用导数研究函数单调性，函数思想，属中档
题．21.【答案】解：由题意，，若直线斜率为，不符合题意．设：，，，，消去得，，，，所以，因为为的中点，所以，得，又：，，所以，即
，解得或或．所以直线的方程为或或；易知直线与的斜率不为，设：，：，，，，消去得，，，消去得，，有，，，，所以．因为直线与抛物线有个
交点，其斜率不为，由，得：，又点在抛物线上，有，，，，，，又，所以，即，所以 ，而点到直线的距离为，所以，又，则，所以，即的面积的
最小值为．?【解析】由题意设：，，，联立抛物线方程，利用韦达定理和中点坐标公式可得，表示出直线方程，结合两直线垂直斜率之积为，计算
即可求解；设：，：，，，分别联立抛物线方程，利用韦达定理，则，表示直线方程，联立抛物线方程，再次利用韦达定理可得，结合弦长公式与点
到直线的距离公式化简计算可得的面积表达式，结合二次函数的性质即可求解．本题考查了直线与抛物线的综合应用，属于难题．22.【答案】解
：令，则，当时，，递减；当时，，递增，，当，即在上恒成立，此时无极点；当时，，，若时，，，在，上各有一个零点，即有两个极值点；若，
，趋向正无穷时也趋向正无穷，在上有一个零点，即有一个极值点；综上，时，有一个极值点；时，有两个极值点；时，无极值点；由知：存在唯一极值点时，，此时，，要证，需证，即证，对于且，则，即在上递增，，即在上恒成立；对于且，则，在上，上，在上递增，上递减，故，即在上恒成立；综上在上恒成立，故成立；要证，即证，令且，则，当时，，即递减；当时，，即递增；，即在上恒成立，综上．?【解析】令，则，可得出在上递减，在上递增，，时，在上恒成立，此时无极值点；时，，，，从而得出有两个极值点；时，，，并且在上递增，从而得出有一个极值点；存在唯一极值点时，，得出，根据分析法，要证，即证，分别设和，然后根据导数符号，判断这两个函数的单调性，根据单调性及最值可得出和在上恒成立，从而得出成立；要证，即证，设，然后根据导数可求出的最小值大于，从而得出成立．本题考查了根据导数符号判断函数的单调性的方法，根据函数的单调性求函数的最值的方法，函数极值点的个数的判断方法，零点存在定理，极值点存在的条件，用分析法证明问题的方法，考查了计算能力，属于难题．第1页，共1页 |
|
