2023届河北省衡水市第十三中学高三上学期质检(三)数学试题(解析版).pdf

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1、第 1 页 共 20 页 2023 届河北省衡水市第十三中学高三上学期质检（三）数学试题 一、单选题 1已知集合2,2AxxBx x，则AB（）A22xx B02xx C2x x D22xx 【答案】B【分析】计算04,22AxxBxx，再计算交集得到答案.【详解】204,222AxxxxBx xxx，所以02ABxx.故选：B 2已知1 i4z，则z的虚部为（）A2 B2 C2i D2i【答案】A【分析】根据复数的四则运算运算求解.【详解】因为1 i4z，所以422i1iz，所以z的虚部为2.故选:A.3已知1.10.2ln3,log3,2abc，则（）Abac Bacb Cabc Dbca

2、【答案】D【分析】利用“0,1分段法”确定正确答案.【详解】因为1.10.20.21.1ln3lne1,log3log10,20,112abc，所以bca.故选：D 4我国古代数学名著九章算术中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马已知四棱锥PABCD是阳马，PA上平面ABCD，且2ECPE，若ABa，ACb，APc，则DE 第 2 页 共 20 页（）A122333abc B122333abc C2233abc D2233abc【答案】C【分析】运用空间向量的加减运算，把已知向量用空间中一组基底表示.【详解】1121()3333AEAPPEAPPCAPACAPAPAC，ADBCAC

3、AB，所以22223333DEAEADABACAPabc 故选：C 5若直线30 xya是曲线214ln2yxx的一条切线，则实数a（）A12 B32 C52 D72【答案】D【分析】利用导数，根据斜率求得切点坐标，进而求得a.【详解】因为214ln2yxx，所以4yxx，令43xx，即2340 xx，得1x 或4x（舍去），所以切点是11,2，代入30 xya，得1302a，72a.故选：D 6抛物线2:12C yx 的焦点为F，P为抛物线C上一动点，定点(5,2)A，则PAPF的最小值为（）A8 B6 C5 D9【答案】A【分析】根据抛物线的定义结合几何图形求解.第 3 页 共 20 页【

4、详解】如图，设抛物线C的准线为l，过P作PCl于C，过A作ABl于B，因为|PFPC，所以当A，P，C三点共线时，|PAPF取得最小值，故|PAPF的最小值为|5|82p 故选:A.7 几何原木是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥如图，SAB、SCD是直角圆锥SO的两个轴截面，且1os3cBOC，则异面直线SA与BC所成角的余弦值为（）A13 B66 C64 D63【答案】B【分析】设6AB，以点O为坐标原点，OB、OS所在直线分别为y、z轴，平面ABC内垂直于OB的直线为x轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线SA与BC所成角

5、的余弦值.【详解】在圆锥SO中，SO 平面ABC，设6AB，以点O为坐标原点，OB、OS所在直线分 别为y、z轴，平面ABC内垂直于OB的直线为x轴建立空间直角坐标系，第 4 页 共 20 页 因为1os3cBOC，所以0,3,0A、0,3,0B、0,0,3S、2 2,1,0C，0,3,3SA，2 2,2,0BC ，所以66cos,63 22 3SA BCSA BCSABC，所以异面直线SA与BC所成角的余弦值为66 故选：B.8 已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的离心率为53，左右焦点分别为12,F F，设过2F的直线l与C的右支相交于,A B两点，若112112220,F A

6、FFF AFFBFAF，则（）A3 B2 C3 D2【答案】D【分析】由1121120F AFFF AFF可得1122F AFFc，由22BFAF得0，243BFa ，再结双曲线的定义表示出2AF，1BF，然后在12AF F和1AFB中利用余弦定理列方程可求得结果.【详解】因为离心率为53，所以53ca，所以53ca，因为1121120F AFFF AFF，所以22112F AFF，即1122F AFFc，因为122F AAFa，所以210422233AFcaaaa，因为22BFAF，所以0，243BFa ，224(1)3ABAFBFa，所以214223BFaFaaB，由余弦定理得222222

7、12121112122AFAFFFAFABBFAF AFAF AB 2222222164164(1)244939442 22 2(1)33caaacaccaca，化简得2242542(1)(1)(1)9993，解得2，故选：D 第 5 页 共 20 页 二、多选题 9如图，在直三棱柱111ABCABC中，1ABBCACAA，若1BDAC，则 D可能为（）A1AC的中点 BAC 的中点 C1CC的中点 DABC的重心【答案】BCD【分析】设 E，F 分别为 AC和1CC的中点，证明1AC 平面 BEF，得D点在平面 BEF内，从而可得正确选项【详解】设 E，F 分别为 AC和1CC的中点，因为1

8、11ABCABC是直三棱柱，所以1A A 平面 ABC，BE 平面 ABC，所以1A ABE，又因为ABBC，E 为 AC 的中点，所以BEAC，因为1A AACA，1,AA AC 平面11A ACC，所以BE 平面11A ACC，而1AC 平面11A ACC，则1BEAC，又因为11ACAACC，11ACC A是正方形，EF与正方形11ACC A的对角线1AC平行，所以1EFAC，又EFBEE，,EF BE 平面 BEF，所以1AC 平面 BEF，因为1BDAC，所以点 D在平面 BEF内 故选：BCD.第 6 页 共 20 页 10已知抛物线2:4C xy的焦点为F，过点F的直线与抛物线C

9、相交于,A B两点，下列结论正确的是（）A若4,4A，则5AF B若2,3E，则AEAF的最小值为 5 C以线段AB为直径的圆与直线1y 相切 D若3AFFB，则直线AB的斜率为3【答案】AC【分析】根据抛物线的焦半径公式即可判断 A；过点A作准线1y 的垂线，垂足为A，根据抛物线的定义结合图象即可判断 B；设点,A B的坐标分别为 1122,x yxy，直线AB的方程为1ykx，联立方程，利用韦达定理求得1212,xxx x，从而可得线段AB的中点坐标及长度，再求出中点到准线的距离即可判断 C；根据3AFFB，可得1122,13,1xyxy，结合 C 选项即可判断 D.【详解】解：抛物线24

10、xy的准线方程为1y ，对于 A，由4,4A，得4 15AF ，故 A 正确；对于 B，过点A作准线1y 的垂线，垂足为A，则14EAEAFAEAAy，当且仅当,A E A三点共线时，取等号，所以AEAF的最小值为 4，故 B 错误；对于 C，设点,A B的坐标分别为 1122,x yxy，直线AB的方程为1ykx，联立方程241xyykx，消去y得2440 xkx，第 7 页 共 20 页 则21212124,4,42xxk x xyyk，则212244AByyk，线段AB的中点为22,21Gkk，点G到直线1y 的距离为21222dkAB，所以以AB为直径的圆与直线1y 相切，故 C 正确

11、；对于 D，因为3AFFB，所以1122,13,1xyxy，可得213xx，由121221443xxkx xxx ，得222234xkx，解得33k ，故 D 错误.故选：AC.11已知动点P到原点O与(2,0)A的距离之比为 2，动点P的轨迹记为C，直线:3430lxy，则下列结论中正确的是（）AC的方程为2281639xy B动点P到直线l的距离的取值范围为1 7,3 3 C直线l被C截得的弦长为73 DC上存在三个点到直线l的距离为13【答案】AD【分析】根据两点之间距离公式和题意确定方程，结合圆心到直线的距离即可求解，圆的弦长公式求法即可进一步求解.【详解】设(,)P x y，因为|2

12、|POPA，所以22222(2)xyxy，第 8 页 共 20 页 所以C的方程为2281639xy，故 A 正确；因为圆心8,03C到直线:3430lxy的距离54153dr，所以直线l与圆C相交，且弦长为242 72133，故 C 错误；动点P到直线l的距离的取值范围为70,3，故 B 错误，D 正确 故选：AD.12设定义在R上的函数 f x与 g x的导函数分别为 fx和 g x，若 32g xfx，1fxg x，且2g x为奇函数，11g，则（）A 13gg B 244ff C20221g D 202214043kf k 【答案】ABD【分析】根据()(1)fxg x逆向思维得到()

13、(1)f xag xb，代入()(3)2f xgx推出()g x的对称轴 1x，即可判断 A 选项；根据(2)g x为奇函数推出对称中心(2,0)，进一步得出 2g xg x，即 g x的周期为 4，即可判断 C 选项；由 32f xgx是由()g x的图像变换而来，所以 f x的周期也为 4，进而判断 B 选项；再算出1,2,3,4x 时的函数值以及一个周期内的值即可求解，判断 D 选项.【详解】因为 1fxg x，所以 1f xag xb.因为 32g xfx，所以()(3)2g xfx，用3x去替x，所以 32f xgx，所以321gxag xb.因为 11g，取2x 代入得到 121g

14、agb，得2ab，所以31gxg x，用+1x换x，所以(2)()gxg x，所以()g x的图象关于直线1x 对称，所以(1)(3)gg，故 A 正确；因为(2)g x为奇函数，则(2)g x过(0,0),图像向右移动两个单位得到()g x过(2,0)，故()g x图像关于(2,0)对称，20g，所以(2)(2)g xgx ，且(2)0g.因为 2gxg x，所以 2g xg x，则 g x的周期4T，第 9 页 共 20 页 所以 202220gg，故 C 错误；因为 32f xgx，434232f xgxgxf x，所以 f x的周期也为 4，所以 2121fg，41232123fggg

15、 ，所以 244ff，故 B 正确；因为 1222fg，2121fg，3022fg，43f，所以 202211220225058124043kf kfffff ，故D 正确.故选：ABD.三、填空题 13若直线1:460lmxy与直线2:2230lxmy平行，则m _.【答案】2【分析】利用两直线平行求参数即可【详解】因为12ll，所以224 228240m mmmmm ，所以2m 或4m .当4m 时，1:2230lxy，2:2230lxy，12,l l重合；当2m 时，1:230lxy，2:2430lxy，12ll，符合题意.故答案为：2.14将函数 sin 23fxx的图象向左或向右平移

16、(0)个单位长度，得到函数 g x的图象，若 g x是偶函数，则的一个取值可能为_.【答案】12（或5711,12 1212）（只需从57 11,12 12 1212中写一个答案即可）【分析】根据三角函数图象变换的知识求得 g x的解析式，根据 g x是偶函数列方程，化简求得的表达式，进而求得的可能取值.第 10 页 共 20 页【详解】由题意可知 sin 2sin 2233g xxx.因为 g x是偶函数，所以2,Z32kk，所以,Z212kk.因为0，所以的取值可能为57 11,12 12 1212.故答案为：12（或5711,12 1212）（只需从57 11,12 12 1212中写一

17、个答案即可）15在ABC中，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，6b，30B，223 3acac，则ABC的面积为_【答案】3 32【分析】由余弦定理及已知条件可得6 3ac，再由三角形的面积公式即可得答案.【详解】解：因为6b，30B，所以2222262cos303acacacac，因为223 3acac，所以3 3336acac，得6 3ac，故13 3sin22ABCSacB 故答案为：3 32 四、双空题 16设椭圆C的上顶点为(0,1)D，且长轴长为2 2，则椭圆C的标准方程为_；过D任作两条互相垂直的直线分别另交椭圆C于A，B两点，则直线AB过定点_【答案】2212xy 1

18、0,3【分析】设2222:1(0)xyCabab，根据(0,1)D是椭圆C的上顶点，得到1b，再根据长轴长为2 2，得到2a 求解；设直线AB的方程为ykxm，与椭圆方程联立，由0DA DB求解.【详解】解：设2222:1(0)xyCabab，第 11 页 共 20 页 因为(0,1)D是椭圆C的上顶点，所以1b 因为长轴长为2 2，所以2a，所以椭圆C的标准方程为2212xy 易知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为ykxm，11,A x y，22,B xy，由22,22,ykxmxy可得222124210kxkmxm，所以122412kmxxk，21222112mx xk，因为11,1D

19、Ax y，22,1DBxy，所以121212121111DA DBx xyyx xkxmkxm，2212121(1)(1)kx xk mxxm，2222222211412(1)012mkkmmkmk，所以23210mm，解得13m 或1m 当1m 时，直线AB经过点D，不满足题意，所以直线AB的方程为13ykx，故直线AB过定点10,3 故答案为：2212xy，10,3 五、解答题 17已知数列 na满足11a，11nnaan(1)求 na的通项公式；(2)若数列1na的前 n项和为nS，求数列lgnS的前 n项和nT【答案】(1)12nn na(2)lg2lg1nTnn 第 12 页 共 2

20、0 页 【分析】（1）根据累加法求解即可；（2）由题知11121nann，进而根据裂项求和得21nnSn，lglg2lglg1nSnn，再求和即可得答案.【详解】（1）解：因为11nnaan，所以，当2n时，212aa，323aa，1nnaan，相加得12naan，因为11a，所以，112122nn naann 因为11a 满足12nn na，所以，12nn na（2）解：因为11121nann，所以11111122 12 1223111nnSnnnn 因为2lglglg2lglg11nnSnnn，所以 lg2lg1 lg2lg2lg3lglg1lg2lg1nTnnnnn 18已知ABC的顶点

21、分别为(2,3)A，(4,5)B，(1,4)C(1)求ABC外接圆的方程；(2)直线:34280lxy上有一动点P，过点P作ABC外接圆的一条切线，切点为Q，求PQ的最小值，并求点P的坐标【答案】(1)2222230 xyxy；(2)PQ的最小值为2 6，点P的坐标为16 23,55.【分析】（1）设出圆的一般方程，代入三个点的坐标得到方程组，解出即可；（2）设圆心为M，首先判断l与圆相离.根据已知条件，可得出2|25PQPM，则当|PM最小时，PQ最小.又min|PMd，即圆心到直线的距离，进而根据已知可求出PQ最小时P点的坐标.【详解】（1）设ABC外接圆的方程为220 xyDxEyF，第

22、 13 页 共 20 页 代入(2,3)A，(4,5)B，(1,4)C，可得22222223230454501440DEFDEFDEF，即13230414501740DEFDEFDEF，解得2223DEF ，所以ABC外接圆的方程为2222230 xyxy（2）由（1）知，ABC外接圆可化为22(1)(1)25xy，圆心设为(1,1)M，半径5R.设d为点M到直线:34280lxy的距离，则 223 1 41283575534dR ，所以l与圆相离.由已知，PQ是圆M的一条切线，切点为Q，则PQQM，在PQM中，有222|25PQPMRPM，所以要使|PQ最小，只需|PM最小 当PMl时，|P

23、M最小，即min|7PMd，2minmin|252 6PQPM.设(,)P x y，因为PMl，可设直线PM方程为430 xym，又(1,1)M，所以 4 1 310m ，所以1m .所以，直线PM方程为4310 xy，又P在l上，联立PM与l的方程431034280 xyxy，解得165235xy，即16 23,55P 19如图，在五面体 ABCDE 中，AD 平面 ABC，ADBE，22ADACBE，3ABBC (1)求五面体 ABCDE 的体积；(2)求二面角A CED的正弦值 第 14 页 共 20 页【答案】(1)2(2)63 【分析】（1）可将该五面体分割成多个简单几何体后进行体积

24、求解.（2）建立空间直角坐标系，用空间向量先求出二面角的余弦值，再求正弦值.【详解】（1）因为AD 平面 ABC，所以1112 22223323D ABCABCVSDA 因为ADBE，AD 平面 BCE，BE 平面 BCE，所以AD平面 BCE，所以1223D BCEA BCEEABCD ABCVVVV，所以2ABCDED ABCD BCEVVV（2）如图，取 AC 的中点 O，连接 OB，因为ABBC，所以OBAC，作OzAD 以 O 为坐标原点，OB，OC的方向分别为 x，y轴的正方向建立空间直角坐以标系，则0,1,0A，2,0,0B，0,1,0C，0,1,2D，2,0,1E，0,2,2C

25、D，2,1,1CE，0,2,0AC 设平面 CDE的法向量为111,mx y z，则1111122020m CDyzm CExyz 令11y，得0,1,1m 设平面 ACE 的法向量为222,xny z，则22222020n ACyn CExyz 令21x，得1,0,2n 因为23cos,323m nm nm n，所以6sin,3m n，故二面角A CED的正弦值为63 20如图，在长方体1111ABCDABC D中，14,6ABADAA.第 15 页 共 20 页 (1)求1C到平面1ABD的距离；(2)求直线AC与平面1ABD所成角的正弦值.【答案】(1)12 2211(2)3 1111

26、【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，从而求得1BC与平面1ABD的法向量，进而利用空间向量法求得点1C到平面1ABD的距离；（2）结合（1）中结论，求得AC的坐标表示，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可求得结果.【详解】（1）根据题意，以点A为原点，建立空间直角坐标系，如图，则110,0,0,0,0,6,4,0,0,0,4,0,4,4,0,4,4,6AABDCC，则10,4,6BC，14,0,6,4,4,0ABBD，设平面1ABD的一个法向量为,nx y z，则1460440AB nxzBD nxy，令3x，则3,2yz，故3,3,2n，所以1C到平面1ABD的距离为112 1224

27、12 221199422BC nn.第 16 页 共 20 页.（2）由（1）得4,4,0AC，平面1ABD的一个法向量为3,3,2n，设直线AC与平面1ABD所成角为，则12 123 11sincos,1116 16994AC nAC nAC n，所以直线AC与平面1ABD所成角的正弦值为3 1111.21已知椭圆2222:1(0)xyCabab的长轴长为4 2，且点2,1P在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程.(2)设O为坐标原点，过点,0(0)tt 的直线l（斜率不为 0）交椭圆C于不同的两点,A B（异于点P），直线,PA PB分别与直线xt交于,M N两点，MN的中点为Q，是否存在实数t

28、，使直线PQ的斜率为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)22182xy(2)4t 【分析】（1）由题可得2 2a，再将点2,1P的坐标代入椭圆方程可求出22b，从而可求出椭圆方程；（2）由题意设直线l为xmyt，1122(,),(,)A x yB xy，将直线方程代入椭圆方程化简再利用根与系数的关系，然后分别表示出直线AP，BP的方程，表示出点,M N的坐标，从而可表示出点Q的坐标，则可表示出PQk，化简可得结果.【详解】（1）因为椭圆2222:1(0)xyCabab的长轴长为4 2，所以24 2a，得2 2a，第 17 页 共 20 页 所以椭圆为22218xyb，

29、因为椭圆过点2,1P，所以2222118b，得22b，所以椭圆方程为22182xy；（2）由题意设直线l为xmyt，1122(,),(,)A x yB xy，由22182xmytxy，得222(4)280mymtyt，2 22244(4)(8)0m tmt，得22280mt，则12224mtyym，212284ty ym，因为1112PAykx，所以直线AP为1111(2)2yyxx，当xt 时，11111(1)(2)1(2)122yytytxx ，所以11(1)(2),12ytMtx，因为2212PBykx，所以直线BP为2211(2)2yyxx，当xt 时，22221(1)(2)1(2)1

30、22yytytxx ，所以22(1)(2),12ytNtx，因为MN的中点为Q，所以1212(1)(2)(1)(2),12(2)2(2)ytytQtxx，所以1212(1)(2)(1)(2)2(2)2(2)2PQytytxxkt 122112(1)(2)(1)(2)2(2)(2)yxyxxx 122112(1)(2)(1)(2)2(2)(2)ymytymytmytmyt 12122212122(2)()422(2)()(2)my ytmyytm y ym tyyt 2222222(8)(2)(2)(42)(4)2(8)(2)(2)(2)(4)m ttmmtt mm tm tmttm 222(4

31、)4222(2)mm ttmt 第 18 页 共 20 页 若PQk为定值，则PQk与m无关，所以24014222(2)ttt，解得4t，所以当4t 时，直线PQ的斜率为定值.22已知双曲线222:1(0)5yxCaa的上下顶点分别为,A B M为虚轴的一个顶点，且MA.1MB (1)求C的方程；(2)直线l与双曲线C交于不同于B的,E F两点，若以EF为直径的圆经过点B，且BGEF于点G，证明：存在定点H，使GH为定值.【答案】(1)22145yx(2)证明见解析 【分析】（1）不妨设5,0M，求出MA、MB的坐标，根据1MBMA可得答案；（2）设1122,E x yF xy，当直线l的斜率

32、存在时，设其方程为ykxm，与双曲线方程联立，由韦达定理求出1212,xxx x，12yy，12y y，根据0BE BF求出121212240 x xy yyy，代入整理得216360mm，求出m，当直线l的斜率不存在时，设其方程为0 xt t，代入双曲线方程，根据0BE BF，求出0t矛盾；再由BGEF，得点G在以BN为直径的圆上，H为该圆的圆心，GH为圆的半径可得答案.【详解】（1）由题0,0,AaBa，不妨设5,0M，所以5,MAa，5,MBa，因为1MBMA，所以251a，解得24a，所以C的方程为22145yx；（2）设1122,E x yF xy，且0,2B，当直线l的斜率存在时，

33、设其方程为ykxm，与双曲线方程联立 22145ykxmyx，整理得22250410520kmkxmx，且22222580 5401044520 kmkmmk，第 19 页 共 20 页 所以212122210520,5454kmmxxx xkk，2121222108225454k mmyyk xxmmkk，2222222221212122105205454k mkmk mmy yk x xmk xxmk2224 554 kmk，1122,2,2BEx yBFxy，因为以EF为直径的圆经过点B，所以BEBF，0BE BF，所以121212121222240 x xyyx xy yyy，即222

34、2224 55201640545454kmmmkkk，整理得216360mm，解得18m 或2m ，当2m 时，2ykx过点0,2B，不符合题意，所以18m 时，18ykx，直线l过定点0,18N；当直线l的斜率不存在时，设其方程为0 xt t，代入双曲线方程22145yx，得 所以12,E t yF t y，且0,2B，所以2124205ty y，12,2,2BEt yBFt y，因为以EF为直径的圆经过点B，所以BEBF，0BE BF，所以22212204202205ttyyt，解得0t与0t 矛盾；因为BGEF，所以点G在以BN为直径的圆上，H为该圆的圆心，GH为圆的半径，由H为、BN的中点，得08，H，1102GHBN，所以存在定点08，H，使得使GH为定值10.第 20 页 共 20 页 【点睛】关键点点睛：在第二问中，解题的关键点是以EF为直径的圆经过点B，转化为0BE BF，再由韦达定理代入得121212121222240 x xyyx xy yyy，求出m，考查了学生分析问题、解决问题及运算的能力.