第=page11页，共=sectionpages11页2023年河北省唐山市重点中学高考数学一模试卷一、单选
题
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（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A={x|x+3x−3≤0}，B={−3,−1,0,3,4}，则A∩B的元素个数为( )A.2B.3C.4D.52.若3−5i1+ai为纯虚数，则实数a的值为( )A.35B.−35C.53D.−533.为了完成学校布置的暑期社会实践任务，师范生小红、小明、小勇、小燕将分别前往甲、乙、丙、丁4个贫困的地区进行支教，每个地区一人负责，每人去不同的地区.为了了解四人的意愿，辅导员唐老师分别与小红、小明、小勇、小燕进行交谈，谈话结果如下：①小红：我不去乙地支教；②小明：我不去甲地支教，也不去乙地；③小勇：我不去丙地支教；④小燕：他们三人先选，剩下的我去．若四人中小勇说了假话，其余三人说的是真话，则在完全尊重四人意愿的基础上，唐老师应当将小燕分配到进行支教．( )A.甲地B.乙地C.丙地D.丁地4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若7a1+2S2=2S3，则a8a12=( )A.74B.47C.494D.4495.如图是我国古代米斗，它是随着粮食生产而发展出来的用具，是古代官仓、粮栈、米行等必备的用具，早在先秦时期就有，到秦代统一了度量衡，汉代又进一步
制度
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化，十升为斗、十斗为石的
标准
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最终确定下来.若将某个米斗近似看作一个正四棱台，其中两个底面的边长分别为30cm、60cm，且米斗的容积为420002cm3，则该米斗的侧棱长为( )A.202cmB.252cmC.20cmD.25cm6.已知函数f(x)=(52)x−1,x≤24−x,x>2，则函数g(x)=f(x)−x的零点个数为( )A.1B.2C.3D.47.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，第一象限的点M在双曲线C上，且|F1F2|=2|OM|，线段MF1与双曲线C的左支交于点N，若|NF1|=6，|MF2|=10，则双曲线C的渐近线方程为( )A.y=±6xB.y=±2xC.y=±102xD.y=±62x8.已知函数f(x)=ex−2+e2−x+2x2−8x+7，则不等式f(2x+3)>f(x+2)的解集为( )A.(−1,−13)B.(−∞,−1)∪(−13,+∞)C.(−13,1)D.(−∞,−13)∪(1,+∞)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.已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G，H，I分别是线段CC1，A1B1，B1C1，AB，DD1的中点，则( )A.AF⊥A1EB.BG⊥A1EC.DH⊥A1ED.CI⊥A1E10.已知函数f(x)=Acos(2x+φ)(A>0,|φ|<π2)，其中x和f(x)的部分值如下
表
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所示，则下列说法正确的是( )x−π40π12π4π3f(x)222622−22−26A.A=26B.φ=π6C.f(5π12)=−42D.f(7π12)=−2611.已知曲线C上任意一点P到A(1,3)，B(4,0)的距离之比为2，直线l：x−my−4=0与曲线C交于P，Q两点，若S△OBPS△OBQ=3，则下列说法正确的是( )A.曲线C的轨迹是圆B.曲线C的轨迹方程为(x−5)2+(y−1)2=8C.m=1D.|PQ|=4212.若关于x的不等式mex−1+lnme≥lnxe在(m,+∞)上恒成立，则实数m的值可能为( )A.1e2B.2e2C.1eD.2e三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知a=(−2,λ)，b=(3,1)，若(a+b)⊥b，则|a|= ．14.(2x2−3)(x−2x)6的展开式中x2项的系数为 ．15.已知椭圆C：x216+y212=1的左、右焦点分别为F1F2，点P在椭圆C上，且Q(1,3)，则|PQ|+|PF2|的最大值为 ．16.已知四棱锥S−ABCD的外接球O的表面积为32π，四边形ABCD为矩形，M是线段SB的中点，N在平面SCD上，若SA=AB=22SB，∠SAD=90°，BC=4，则球O的体积为 ，MN的最小值为 ．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10.0分)已知锐角△ABC中，AB=14，且_____.请从下列个条件中任选两个填充在横线上，并求BCsinC的值．①△ABC的面积为33；②tanB=33；③AC=32．注：如果选择不同条件分别解答，按第一个解答计分．18.(本小题12.0分)2022年秋季开始，劳动课程将正式成为中小学的一门独立课程，根据2022年版义务教育“新课标显示”，清洁与卫生、整理与收纳、烹饪与健康、农业生产劳作等任务，将贯穿不同的年级.某校为了贯彻落实教育部要求，调查了在校高中生一周参加劳动的时间，所得结果统计如图所示．(1)求a的值；(2)求该校学生一周参加劳动的平均时间；(3)以频率估计概率，若在该市所有学生中随机抽取4人，记一周的劳动时间在[0,50)的学生人数为X，求X的分布列以及数学期望E(X)．19.(本小题12.0分)如图，在四棱锥S−ABCD中，点S在平面ABCD上的投影为线段AD的中点O，且AD=2SO=2BC=2CD，∠BCD=∠CDA=90°，E，F分别是线段SA，SB的中点．(1)求证：EF//平面SOC；(2)求直线CE与平面SAB所成角的余弦值．20.(本小题12.0分)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，且i=1211aiai+1=710，an+2−an=23．(1)求Sn；(2)若bn=(9an−29)⋅2n−1，求数列{bn}的前n项和Tn．21.(本小题12.0分)已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F到准线l的距离为2，圆C′：x2+y2−8x+3=0．(1)若第一象限的点P，Q是抛物线C与圆的交点，求证：点F到直线PQ的距离大于1；(2)已知直线l：y=k(x+1)与抛物线交于M，N两点，A(t,0)，若点N，G关于x轴对称，且M，A，G三点始终共线，求t的值．22.(本小题12.0分)已知函数f(x)=(mx−1)e2x．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)已知函数g(x)=f(x)ex，若曲线y=g(x)与过点(−1,0)且斜率为m的直线l相切，求证：−1
0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，第一象限的点M在双曲线C上，且|F1F2|=2|OM|，可知MF1⊥MF2，线段MF1与双曲线C的左支交于点N，若|NF1|=6，|MF2|=10，|MF1|−|MF2|=2a，|MF1|=2a+10，|NF2|−|NF1|=2a，|NF2|=2a+6，|MN|=2A+10−6=2a+4，|2a+6|2=|2a+4|2+102，解得a=10，4c2=102+262，可得c=510，可得b=56，则双曲线C的渐近线方程y=±62x．故选：D．利用已知条件，结合等量关系，结合双曲线的定义以及焦距，转化求解渐近线方程即可．本题考查双曲线的性质与定义的应用，考查数形结合的数学思想，是中档题．8.【答案】B 【解析】解：依题意，f(x)=ex−2+e2−x+2x2−8x+7=ex−2+e2−x+2(x−2)2−1，故f(x+2)=ex+e−x+2x2−1=g(x)，g′(x)=ex−e−x+4x>0在(0,+∞)上恒成立，则g(x)在(0,+∞)上单调递增，又函数g(x)为偶函数，则在(−∞,0)上单调递减，故f(2x+3)>f(x+2)⇔g(2x+1)>g(x)⇔g(|2x+1|)>g(|x|)⇔|2x+1|>|x|⇔3x2+4x+1>0⇔x>−13或x<−1，故不等式f(2x+3)>f(x+2)的解集为(−∞,−1)∪(−13,+∞)．故选：B．依题意，f(x)=ex−2+e2−x+2x2−8x+7=ex−2+e2−x+2(x−2)2−1，故f(x+2)=ex+e−x+2x2−1=g(x)，可知函数g(x)为偶函数，且在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，利用单调性即可求解．本题考查了导数的综合应用，属于中档题．9.【答案】AB 【解析】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为2，则A(2,0,0)，F(2,1,2)，A1(2,0,2)，E(0,2,1)，B(2,2,0)，G(1,2,2)，D(0,0,0)，H(2,1,0)，C(0,2,0)，I(0,0,1)，AF=(0,1,2)，A1E=(−2,2,−1)，AF⋅A1E=0，∴AF⊥A1E，故A正确；BG=(−1,0,2)，BG⋅A1E=0，∴BG⊥A1E，故B正确；DH=(2,1,0)，DH⋅A1E=−2，故C错误；CI=(0,−2,1)，CI⋅A1E=−5，故D错误．故选：AB．以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．本题考查空间中线线垂直的判定与性质、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．10.【答案】BC 【解析】解：∵f(−π4)=Acos(−π2+φ)=Acos(π2−φ)=22，f(π12)=Acos(π6+φ)=22，f(π4)=Acos(π2+φ)=−22，∴π2−φ=π6+φ+2kπ.k∈Z，|φ|<π2解得φ=π6，故B正确；∴A=22cosπ3=42，故A错误；∴f(x)=42cos(2x+π6)，∴f(5π12)=42cos(5π6+π6)=−42，故C正确；f(7π12)=42cos(7π6+π6)=42cos(π+π3)=−22，故D错误．故选：BC．由f(−π4)=Acos(−π2+φ)=Acos(π2−φ)=22，f(π12)=Acos(π6+φ)=22，f(π4)=Acos(π2+φ)=−22，得π2−φ=π6+φ，解得φ=π6，从而A=22cosπ3=42，进而f(x)=42cos(2x+π6)，由此能求出结果．本题考查三角函数的图象和性质、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．11.【答案】AD 【解析】解：设点P的坐标为(x,y)，因为点P到A(1,3)，B(4,0)的距离之比为2，所以|PA|=2|PB|，即|PA|2=4|PB|2，所以(x−1)2+(y−3)2=4[(x−4)2+y2]，化简得(x−5)2+(y+1)2=8，即选项A正确，B错误；设P(xP,yP)，Q(xQ,yQ)，由S△OBPS△OBQ=3，知12|OB|⋅|yP|12|OB|⋅|yQ|=3，即|yP|=3|yQ|，不妨设yP<0，yQ>0，则yP=−3yQ，联立x−my−4=0(x−5)2+(y+1)2=8，得(m2+1)y2+(2−2m)y−6=0，所以yP+yQ=2m−2m2+1，yPyQ=−6m2+1，把yP=−3yQ代入，化简得m2+2m+1=0，解得m=−1，即C错误；此时有2y2+4y−6=0，即y2+2y−3=0，解得y=−3或y=1，即yP=−3，yQ=1，所以|PQ|=1+m2|yP−yQ|=1+(−1)2⋅|−3−1|=42，即D正确．故选：AD．设点P的坐标为(x,y)，由两点间距离公式，可得点P的轨迹方程，从而判断选项A和B，由S△OBPS△OBQ=3，推出|yP|=3|yQ|，联立直线l与曲线C的方程，结合韦达定理，可求得m=−1，进而知yP=−3，yQ=1，再由弦长公式，得解．本题考查直线与圆的位置关系，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．12.【答案】CD 【解析】解：因为不等式mex−1+lnme≥lnxe在(m,+∞)上恒成立，所以ex≥1mlnxm，即xex≥xmlnxm，故xex≥lnxm⋅elnxm，由x>m>0可得xm>1，lnxm>0，令t(x)=xex，则t′(x)=(x+1)ex，故t(x)在(0,+∞)上单调递增，t(x)≥t(lnxm)等价于x≥lnxm，即ex≥xm，所以m≥xex，令F(x)=xex，x>0，则F′(x)=1−xex，易得F(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，因为x>m>0，所以当0|=|CE⋅n||CE||n|=11+94+14×3=221，∴直线CE与平面SAB所成角的余弦值为1921=39921． 【解析】(1)根据题意易知EF//OC，从而再根据线面平行的判定定理，即可证明；(2)建系，利用向量法，向量夹角公式，三角函数的同角关系，即可求解．本题考查线面平行的判定定理，向量法求解线面角问题，三角函数的同角关系，属中档题．20.【答案】解：(1)设正项等差数列{an}的公差为d，∵an+2−an=23，∴2d=23，解得d=13．1aiai+1=3(1ai−1ai+1)，∵i=1211aiai+1=710，∴3(1a1−1a2+1a2−1a3+…+1a21−1a22)=710，∴3(1a1−1a22)=710，化为a1a22=30，∴a1(a1+21×13)=30，∴a12+7a1−30=0，a1>0，解得a1=3，∴Sn=3n+n(n−1)2×13=n2+17n6．(2)由(1)可得：an=3+13(n−1)=n+83．∴bn=(9an−29)⋅2n−1=(3n−5)⋅2n−1，∴数列{bn}的前n项和Tn=−2+2+4×22+7×23+…+(3n−5)⋅2n−1，2Tn=−22+22+4×23+…+(3n−8)⋅2n−1+(3n−5)⋅2n，∴−Tn=−2+3(2+22+23+…+2n−1)−(3n−5)⋅2n=−2+3×2×(2n−1−1)2−1−(3n−5)⋅2n，∴Tn=(3n−8)⋅2n+8． 【解析】(1)设正项等差数列{an}的公差为d，由an+2−an=23，可得2d=23，解得d.可得1aiai+1=3(1ai−1ai+1)，根据i=1211aiai+1=710，利用裂项求和
方法
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可得a1，利用求和公式即可得出Sn．(2)由(1)可得：an=n+83，可得bn=(3n−5)⋅2n−1，利用错位相减法即可得出结论．本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21.【答案】解：(1)证明：由抛物线的方程可得焦点F(p2,0)，准线方程为：x=−p2，所以焦点到准线的距离d=p=2，所以抛物线的方程为：y2=4x，即F(1,0)，P，Q在第一象限，联立y2=4xx2+y2−8x+3=0，解得x1=1y1=2，x2=3y2=23，所以直线PQ的方程：y=23−23−1(x−1)+2，即(3−1)x−y+3−3=0，所以焦点F到直线PQ的距离d=|(3−1)+3−3|(3−1)2+12=25−23=45−23>1，即证得点F到直线PQ的距离大于1；(2)设M(x3,y3)，N(x4,y4)，由题意G(x4,−y4)，直线l的方程为x=my−1，m=1k，联立x=my−1y2=4x，整理可得：y2−4my+4=0，Δ=16m2−4×4>0，可得m2>1，y3+y4=4m，y3y4=4，要使M，G，A三点共线，则kMG=kMA，即y3+y4x3−x4=y3x3−t恒成立，即4mm(y3−y4)=y3my3−1−t，整理可得：4my3−4−4t=y32−y3y4=y32−4，整理可得4t=y3(4m−y3)，而y3+y4=4m，所以4t=y3y4=4，所以t=1． 【解析】(1)由抛物线的方程可得焦点到准线的距离，由题意可得p的值，进而求出抛物线的方程，联立抛物线的方程与圆的方程，求出P，Q的坐标，求出直线PQ的方程，进而求出焦点F到直线PQ的距离，可证得焦点F到直线PQ的距离大于1；(2)设M，N的坐标，由题意可得G的坐标，联立直线l与抛物线的方程，可得两根之和及两根之积，求出直线MG，MA的斜率相等，将两根之和及两根之积代入，可求得t的值．本题考查了求抛物线的方程，直线与抛物线的综合应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22.【答案】解：(1)f′(x)=me2x+2(mx−1)e2x=e2x[m+2(mx−1)]=e2x(2mx+m−2)，令f′(x)=0，得2mx=2−m，当m=0时，f′(x)=−2e2x<0，f(x)单调递减，当m≠0时，方程2mx=2−m的根为x=2−m2m，若m>0，则在(−∞,2−m2m)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(2−m2m,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，若m<0，则在(−∞,2−m2m)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在(2−m2m,+∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，综上所述，当m=0时，f(x)在R上单调递减，若m>0，f(x)在(−∞,2−m2m)上单调递减，在(2−m2m,+∞)上单调递增，若m<0，f(x)在(−∞,2−m2m)上单调递增，在(2−m2m,+∞)上单调递减．(2)证明：g(x)=f(x)ex=(mx−1)e2xex=(mx−1)ex，所以g′(x)=(mx+m−1)ex，直线l的方程为y=m(x+1)，设切点为(x0,y0)，则y0=m(x0+1)①，y0=(mx0−1)ex0②，g′(x0)=(mx0+m−1)ex0=m③，由①②得m(x0+1)=(mx0−1)ex0，将m=(mx0+m−1)ex0代入上式，得(mx0+m−1)ex0(x0+1)=(mx0−1)ex0，即m(x02+x0+1)=x0，因为存在切点(x0,y0)使得上式成立，所以方程m(x02+x0+1)=x0有解，所以m=x0x02+x0+1④，由②③得(mx0−1)ex0+mex0=y0+mex0=m，代入①得m(x0+1)+mex0=m，当m=0时，x0=0，y=0与②矛盾，当m≠0时，(x0+1)+ex0=1，即x0+ex0=0，所以x0<0且x0≠−1，所以m=1x0+1x0+1≥1−2+1，当且仅当x0=1x0，即x0=−1时取等号，又x0≠−1，所以m=1x0+1x0+1>−1，令f(x)=x+ex，x<0，f′(x)=1+ex>0，所以f(x)在(−∞,0)上单调递增，f(−2)=−2+e−2<0，f(−12)=−12+e−12>0，所以x0∈(−2,−12)且x0≠−1，所以当x0∈(−2,−1)∪(−1,−12)时，x0+1x0+1∈(−32,−1)，所以m=1x0+1x0+1∈(−1,−23)，得证． 【解析】(1)求导得f′(x)=e2x(2mx+m−2)，令f′(x)=0，得2mx=2−m，分三种情况：当m=0时，当m>0，当m<0，讨论f′(x)的符号，进而可得f(x)的单调性．(2)根据题意可得g(x)=(mx−1)ex，直线l的方程为y=m(x+1)，设切点为(x0,y0)，则y0=m(x0+1)①，y0=(mx0−1)ex0②，g′(x0)=(mx0+m−1)ex0=m③，进而可得m=x0x02+x0+1④，结合基本不等式，即可得出答案．本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
浙公网安备 33021202002483