XX衡水中學2023高三內部數學試題

本文格式為Word版，下載可任意編輯——XX衡水中學2023高三內部數學試題

衡水中學2023屆高三測試（一）

數學試題

一、選擇題：本大題共10小題，每題5分，共50分．在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要

求的，選出正確選項填在答題卡相應位置.

1、已知是虛數單位，m和n都是實數，且m(1?i)?11?ni，則(

A．

B．?i

C．1

m?ni2023)等于（）m?niD．-1

2、若函數y?f(x)的圖象和y?sin(x?A．cos(x??4)的圖象關于點P(?4,0)對稱,則f(x)的表達式是

?)B．?cos(x?)C．?cos(x?)D．cos(x?)

44441的最小整數n125???3、已知數列{an}滿足3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n項之和為Sn。則滿足不等式|Sn-n-6|c，試求sin2

18、(本小題總分值12分)在平面xoy內，不等式x2CAA1?3sincos?的取值范圍2222?x?2y?0確?y2?4確定的平面區(qū)域為U，不等式組??x?3y?0定的平面區(qū)域為V.

（Ⅰ）定義橫、縱坐標為整數的點為“整點〞.在區(qū)域U任取3個整點，求這些整點中恰有2個整點在區(qū)域V．．．．．．．．的概率；

（Ⅱ）在區(qū)域U每次任取個點，連續(xù)取3次，得到3個點，記這3個點在區(qū)域V的個數為X，求X的分布列．．．

和數學期望．

19．（本小題總分值12分）

如圖，D,E分別是正三棱柱ABC?A1B1C1的棱AA1、B1C1的中點，且棱AA1?8，AB?4.（Ⅰ）求證：A1E//平面BDC1；

（Ⅱ）在棱AA1上是否存在一點M，使二面角M?BC1?B1的大小為60，若存在，求AM的長，若不存在，說明理由。

20．已知中心在原點O，焦點在x軸上，離心率為

的橢圓過點（

，

）．

（1）求橢圓的方程；

（2）設不過原點O的直線l與該橢圓交于P，Q兩點，滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數列，求△OPQ面積的取值范圍．

21、(本小題總分值12分)設函數f(x)?lnx?(1)當a?b?12ax?bx.21時，求函數f(x)的最大值；21a(2)令F(x)?f(x)?ax2?bx?，（0?x?3）

2x1其圖象上任意一點P(x0,y0)處切線的斜率k≤恒成立，求實數a的取值范圍；

22(3)當a?0，b??1，方程2mf(x)?x有唯一實數解，求正數m的值．

22、4-1（幾何證明選講）（本小題10分）

如圖,?ABC內接于⊙O,AB是⊙O的直徑,PA是過點A的直線,且?PAC??ABC.(Ⅰ)求證:PA是⊙O的切線;

(Ⅱ)假使弦CD交AB于點E,AC?8,P

C

CE:ED?6:5,

AE:EB?2:3,求sin?BCE.

23.選修4-4：坐標系與參數方程

A

E

.O

B

在直角坐標系xOy中,過點P(33,)作傾斜角為?的22D直線與曲線

C:x2?y2?1相交于不同的兩點M,N.

(Ⅰ)寫出直線的參數方程;

(Ⅱ)求

11?的取值范圍.PMPN24.選修4-5：不等式選講

設不等式2x?1?1的解集為M,且a?M,b?M.(Ⅰ)試比較ab?1與a?b的大小;

(Ⅱ)設maxA表示數集A中的最大數,且h?max?

25、試驗班附加

已知函數f(x)??2?a,a?bab,2??,求h的范圍.b?13x?bx2?cx?d，設曲線y?f(x)在與x軸交點處的切線為y?4x?12，f?(x)為3f(x)的導函數，滿足f?(2?x)?f?(x)．

（Ⅰ）設g(x)?xf?(x)，m?0，求函數g(x)在[0,m]上的最大值；

（Ⅱ）設h(x)?lnf?(x)，若對一切x?[0,1]，不等式h(x?1?t)?h(2x?2)恒成立，求實數的取值范圍．

ABCDDAAAADAB13.x?1或x?313514.15.16.

21012?1??0,??4?17.

18.解：（Ⅰ）依題可知平面區(qū)域U的整點為：(0,0),(0,?1),(0,?2),(?1,0),(?2,0),(?1,?1)共有13個，上述整點在平面區(qū)域V的為：(0,0),(1,0),(2,0)共有3個，

1C32C1015?.……………（4分）∴P?3C13143

（Ⅱ）依題可得，平面區(qū)域U的面積為??22?4?，

1?2.

8211?23?1,得???，也可用向量的夾角公式求?）.

（設扇形區(qū)域中心角為?，則tan??1141??23?1?，隨機變量X的可能取值為：0,1,2,3.在區(qū)域U任取1個點，則該點在區(qū)域V的概率為

8?813431121471P(X?0)?(1?)3?，P(X?1)?C3?()(1?)?，

85128851211211313P(X?2)?C32?()2(1?)?，P(X?3)?C3?()?，

885128512∴X的分布列為X0123343147211P5125125125123431472113?1??2??3??.………………（12分）∴X的數學期望：E(X)?0?512512512512813?1?（或者：X～B?3,?，故E(X)?np?3??）.

88?8?平面區(qū)域V與平面區(qū)域U相交部分的面積為???2?19、

解】（Ⅰ）在線段BC1上取中點F，連結EF、DF.

則EF//DA1，且EF?DA1，∴EFDA1是平行四邊形……3′∴A1E//FD，又A1E?平面BDC1，F(xiàn)D?平面BDC1，∴A1E//平面BDC1.……5′

（Ⅱ）由A1E?B1C1，A1E?CC1，得A1E?平面CBB1C1.

過點E作EH?BC1于H，連結A1H.

則?A1HE為二面角A1?BC1?B1的平面角……8′在Rt?BB1C1中，由BB1?8，B1C1?4得

8545，∴EH?，又A1E?23，55AE15∴tan?A1HE?1??3，∴?A1HE?60.……11′

EH2∴M在棱AA1上時，二面角M?BC1?B1總大于60.BC1邊上的高為故棱AA1上不存在使二面角M?BC1?B1的大小為60的點M.……12′建立如下圖的空間直角坐標系，

則B??2,0,0?、D?2,4,0?、A1?2,8,0?、C10,8,23、C1??2,8,0?、E?1,8,3.∴DB???4,?4,0?、DC1??2,4,2?????3?、AE???3,0,3?、AB???4,?8,0?、AC???2,0,23?、

1111BB1??0,8,0?、BC1?2,8,23.……4′

??

（Ⅰ）∵A1E?1DB?DC1且A1E?平面BDC1，2∴A1E//平面BDC1.……5′

???3?（Ⅱ）取m??3,?，則m?A1B?0，m?A1C1?0.,1???2??∴m?A1B，m?A1C1，即m為面A1BC1的一個法向量………7′同理，取n??3,0,1，則n?BB1?0，n?BC1?0.∴n?BB1，n?BC1，n為平面B1BC1的一個法向量……9′

??cos?m,n??又∵m?nm?n??219，∴二面角M?BC1?B1為arccos215?arctan.21915?3，∴二面角M?BC1?B1大于60.……11′2∴M在棱AA1上時，二面角M?BC1?B1總大于60.

故棱AA1上不存在使二面角M?BC1?B1的大小為60的點M.……12′20.解答：解：（1）由題意可設橢圓方程為

（a＞b＞0），則

則故

所以，橢圓方程為．

（2）由題意可知，直線l的斜率存在且不為0，

故可設直線l的方程為y=kx+m（m≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），由

2

2

消去y得

2

（1+4k）x+8kmx+4（m﹣1）=0，

2222222

則△=64kb﹣16（1+4kb）（b﹣1）=16（4k﹣m+1）＞0，且

，

2

．

2

故y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=kx1x2+km（x1+x2）+m．由于直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數列，所以

=k，

2

即+m=0，又m≠0，

2

所以k=，即k=

2

．

由于直線OP，OQ的斜率存在，且△＞0，得

22

0＜m＜2且m≠1．

設d為點O到直線l的距離，則S△OPQ=d|PQ|=|x1﹣x2||m|=所以S△OPQ的取值范圍為（0，1）．

，

21.

所以a≥(?

12x0?x0)max，x0?(0,3]21211當x0?1時，?x0?x0取得最大值，所以a≥………8分

2222(3)由于方程2mf(x)?x有唯一實數解，

m?m2?4m1?1，解得m?……………12分由于h(1)?0，所以方程（*）的解為x2?1，即22

??22.（Ⅰ）證明：AB為直徑，??ACB?2,?CAB??ABC?2，

??PAC??ABC??PAC??CAB??2

?PA?AB,AB為直徑，?PA為圓的切線……4分

（Ⅱ）CE?6k,ED?5k,,AE?2m,EB?3m?AE?EB?CE?ED?m?5k

??AEC∽?DEB?BD38?m6k?BD?45??CEB∽?AED?BC225m2?643k225AD2?25m2?80?(m)?m?2,k?5?AB?10,BD?45在直角三角形ADB中sin?BAD?BDAB?4510?255??BCE??BAD?sin?BCE?255……10分?23.（Ⅰ）??x?3?tcos??2(t為參數）……4分

???y?32?tsin??x?3?t（Ⅱ）??cos??2(t為參數）代入x2?y2?1，得???y?32?tsin?t2?(3cos??3sin?)t?2?0，??0?sin(???66)?31PM?1PN?1t?1?t1?t2?(3cos??3sin?)?3sin(???)?2,3?1t2t1t226?24.（Ⅰ）M??x|0?x?1?，a,b?M,

?0?a?1,0?b?1

ab?1?a?b?(a?1)(b?1)?0?ab?1?a?b………4分

（Ⅱ）h?2a?ba,h?ab,h?2b

4(a?b)4(a2?b2h3?)4?2abab?ab?ab?8

h??2,???…………10分

25、（Ⅰ）f?(x)?x2?2bx?c，

f?(2?x)?f?(x)，

?函數y?f?(x)的圖像關于直線x?1對稱，則b??1．

10分……

直線y?4x?12與x軸的交點為(3,0)，?f(3)?0，且f?(3)?4，即9?9b?3c?d?0，且9?6b?c?4，解得c?1，d??3．則f(x)?13x?x2?x?3．32222??x?x,x?1,故f?(x)?x?2x?1?(x?1)，g(x)?x(x?1)?xx?1??

2??x?x,x?1.

其圖像如下圖．當x2?x?（?。┊??m?1?21時，x?，根據圖像得：

241時，g(x)最大值為m?m2；2（ⅱ）當

11?21時，g(x)最大值為；?m?2241?2時，g(x)最大值為m2?m．……………8分22（ⅲ）當m?（Ⅱ）方法一：h(x)?ln(x?1)?2lnx?1，則h(x?1?t)?2lnx?t，h(2x?2)?2ln2x?1，

當x?[0,1]時，2x?1?2x?1，

?不等式2lnx?t?2ln2x?1恒成立等價于x?t?2x?1且x?t恒成立，

由x?t?2x?1恒成立，得?x?1?t?3x?1恒成立，

當x?[0,1]時，3x?1?[1,4]，?x?1?[?2,?1]，??1?t?1，又

當x?[0,1]時，由x?t恒成立，得t?[0,1]，

因此，實數的取值范圍是?1?t?0．……12分

y

2

1

?1O11?222x

方法二：（數形結合法）作出函數y?2x?1,x?[0,1]的圖像，其圖像為線段AB（如圖），

?y?x?t的圖像過點A時，t??1或t?1，?要使不等式x?t?2x?1對x?[0,1]恒成立，

必需?1?t?1，又

當函數h(x?1?t)有意義時，x?t，

?當x?[0,1]時，由x?t恒成立，得t?[0,1]，

因此，實數的取值范圍是?1?t?0．…………………12分

方法三：

h(x)?ln(x?1)2，h(x)的定義域是{xx?1}，

?要使h(x?1?t)恒有意義，必需t?x恒成立，

x?[0,1]，?t?[0,1]，即t?0或t?1．①

由h(x?1?t)?h(2x?2)得(x?t)?(2x?1)，即3x?(4?2t)x?1?t?0對x?[0,1]恒成立，令?(x)?3x?(4?2t)x?1?t，?(x)的對稱軸為x??2222222?t，32?t??2?t?2?t?1,?0,?0???1,????則有?或?或?333????(