2022-2023学年河南省开封市高级中学高三下学期核心模拟卷（中）理科数学（四）试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑．答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性与定义域得出集合，即可根据集合的交集运算得出答案.
【详解】，则，解得，
则，
，
，
故选：B.
2. 已知复数，且，其中为实数，则（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的运算，结合复数相等得，进而再求复数模即可.
【详解】解；因为复数， 为实数，
所以，
所以，解得，
所以.
故选：C
3. 已知向量满足，则与所成角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量模的运算得，进而结合向量夹角公式求解即可.
【详解】解：因为向量满足，
所以，解得，
所以，
因为，
所以，，即与所成角为.
故选：A
4. 假如你正在筹办一次聚会，想知道该准备多少瓶饮料，你最希望得到所有客人需要饮料数量的（ ）
A. 极差B. 中位数C. 众数D. 平均数
【答案】D
【解析】
【分析】根据平均数的意义可得结果.
【详解】极差在统计学中把所有数值最大的与最小的差；
中位数是按顺序排列的一组数据中居于中间位置的数；
众数一组数据中出现次数最多的数值；
平均数是表示一组数据集中趋势的量数，是指在一组数据中所有数据之和再除以这组数据的个数.
所以选择平均数较理想，即可估计准备多少饮料.
故选：D
5. 设为抛物线的焦点，点在上，点，若，则的中点到轴的距离是（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.
【详解】解：由题意得，，则，
所以，由抛物线的定义得点到准线的距离为，
所以点的横坐标为，
不妨设点在轴上方，代入抛物线方程得，，
所以的中点坐标为，到轴的距离是.
故选：C
6. 如图所示的“数字塔”有如下规律：每一层最左与最右的数字均为3，除此之外每个数字均为两肩的数字之积，则该“数字塔”前7层的所有数字之积最接近（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知第行第个数的指数为二项式系数，第行数字的指数之和为二项式系数之和等于，利用等比数列求和得该“数字塔”前7层的所有数字之积，利用对数运算进行计算估计．
【详解】解：根据题意可得，“数字塔”中第行第个数均为的形式，
该“数字塔”前7层的所有数字之积
根据指数运算可知，则按原位置排列即构成杨辉三角，如图，可得为二项式系数，
则第行数字的和为二项式系数之和等于
所以，前7层的所有数字之和
该“数字塔”前7层的所有数字之积
，则
故选：B．
7. 已知某棱长为的正四面体的各条棱都与同一球面相切，则该球与此正四面体的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将正四面体放置于棱长为2的正方体中，则所求的球即为正方体的内切球，进而再计算体积求解即可.
【详解】解：如图，正方体中，棱长为，
所以，四面体是棱长为的正四面体，
当正四面体的各条棱都与同一球面相切时，该球为正方体的内切球，半径为，
所以，该球的体积为，
因为正四面体的体积为，
所以，该球与此正四面体的体积之比为.
故选：A
8. 已知锐角满足，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】计算出，再将代数式与代数式相乘，展开后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值.
【详解】，，
、均为锐角，则，，
，
当且仅当时，即当时，故，时等号成立.
因此，的最小值为.
故选：C
9. 在正方体中，为的中点，为线段上的点，且，则（ ）
A. 平面平面B. 平面平面
C. 四点共面D. 与所成角的余弦值为
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，
因为为的中点，为线段上的点，且，
所以，，，，，，，，，
对于A选项，设平面的一个法向量为，，，
则，即，令得
设平面的一个法向量为， ，
则，即，令得，
所以，即平面平面不满足，错误；
对于B选项，设平面的一个法向量为，，
则，即，令得，
所以，，即平面平面不满足，错误；
对于C选项，由，
若四点共面，则存在实数，使得，
即，显然方程组无解，
故不存在实数，使得成立，
所以四点不共面，错误；
对于D选项，，，
所以，
所以，与所成角的余弦值为，正确；
故选：D
10. 已知数列的前项和，记的前项和为，则数列中的最大项的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题知数列为等比数列，公比为，首项为，进而得，再分为奇数与偶数讨论最值即可得答案.
【详解】解：因为数列的前项和
所以，当时，，解得，
当时，，即，
所以，数列为等比数列，公比为，首项为，
所以，，
所以，由等比数列性质，也为等比数列，公比为，首项为，
所以，的前项和，
所以，
当为奇数时，随着的增大而增大，故，
因为函数在上单调递增，为增数列，
所以，
当为偶数时，随着的增大而增小，故，
因为函数在上单调递增，为增数列，
所以，
综上，对于，，即数列中的最大项的值为.
故选：A
11. 设分别是双曲线的左､右焦点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，若，则的离心率为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由双曲线的方程可得两焦点的坐标及渐近钱的方程，由题意求出 的方程，与渐近线联立求出P的坐标，进而求出的值，由点到直线的距离公式，求的值，由由求出a，c的关系，进而求出离心率．
【详解】由双曲线的方程可得双曲线渐近线方程：，右焦点，
到渐近线的距离，
由渐近线的对称性，设渐近线为，①
则直线方程为∶ ②，
由①②可得， 则，
左焦点，所以 ，
由，有，得，
即 ， ，则的离心率为
故选∶C·
12. 若直线与两曲线分别交于两点，且曲线在点处的切线为，曲线在点处的切线为，则下列结论：
①，使；
②当时，取得最小值；
③；
④的最小值为2．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A. ①B. ①②C. ①②④D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】先利用导数求得两条切线方程，令，证明函数存在零点判断①；，通过求导讨论单调性可知有最小值，进而可以求解最小值范围，判断②③④．
【详解】解：由直线与两曲线，分别交于A，B两点可知，
曲线上A点坐标，可求导数，则切线m斜率，可知切线m︰．
曲线上B点坐标，可求导数，则切线n斜率，
令，则 ，令 ， ，，
由零点存在定理，， 使，即，使，即，故①正确．
，令，∴ ，
由同理可知有 使，令⇒，⇒，
∴在处取最小值，即当时，|AB|取得最小值，故②正确．
，∵ ， ∴， 是对勾函数，
∵，， ∴，
结合对勾函数的单调性可得，即，故③错误；
在 上是减函数， ，故④错误
故选：B．
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知不等式组表示的平面区域不包含点，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】将点的坐标代入不等式组求解，再求其补集即可.
【详解】若不等式组表示的平面区域包含点，
则点满足不等式组，即，解得，
∴若不等式组表示的平面区域不包含点，
实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 的展开式中的系数为__________．（用数字作答）
【答案】0
【解析】
【分析】由，再利用通项公式求解.
【详解】解：，
展开式的通项公式为，
所以展开式中的系数为，
故答案为：0
15. 已知函数，则的最大值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】求导后利用导数的正负求得函数的单调区间，利用单调性求得函数的最大值.
【详解】
由题意知是周期为的偶函数，
当时，得的减区间为，
当时，的增区间为，
所以当时，取最大值．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查利用导数求函数的最值，意在考查学生的数学运算的学科素养，属中档题.
16. 从正方体的外接球球心和8个顶点中任选4个点，则这4个点在同一平面内的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求得从正方体的外接球球心和8个顶点中任选4个点的选法种数，再分6个对角面和6个侧面得到4个点共面的种数，然后利用古典概型的概率求解.
【详解】解：从正方体的外接球球心和8个顶点中任选4个点，有种选法，
其中共面的分两类：一是6个对角面且都过球心，共有 种选法，
二是6个侧面，共有 种选法，
所以4个点在同一平面内的共有种选法，
所以4个点在同一平面内的概率为 ，
故答案为：
三､解答题：共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22､23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17. 记的内角的对边分别为，已知为的重心．
（1）若，求的长；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换得，进而得，再根据余弦定理解方程即可得答案；
（2）记边的中点为，则，再根据，结合向量模的公式得，再结合（1），分为锐角和钝角两种情况讨论求解，再求面积即可.
【小问1详解】
因为，
所以，，
所以，
因，
所以，
因为，
所以，，
因为，整理得，解得，
所以
【小问2详解】
由（1）知，记边的中点为
因为为的重心，，
所以，边上的中线长为，即，
因为，
所以，
因为，
所以，当为锐角时，，则由得，解得或，不满足题意，舍去；
当为钝角时，，则由得，解得或，
所以，当，的面积为
当，的面积为.
18. 如图，在四棱锥中，平面．
（1）设平面平面，求证：；
（2）若为中点，平面与平面有可能垂直吗？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）不可能垂直，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）证明平面，再根据线面平行的性质定理证明即可；
（2）根据题意，以点为坐标原点，如图，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
【小问1详解】
解：因为，平面，平面，
所以，平面，
因为平面，平面平面，
所以，
【小问2详解】
解：因为平面，平面，
所以，，
又因为，故以点为坐标原点，如图，建立空间直角坐标系，
设，因为，
所以，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令得，
设平面的一个法向量为，
则，即，令得，
因为，
所以，当为中点，平面与平面不可能垂直.
19. 某平台为了解某地区不同年龄用户在该平台观看文娱新闻等的同时是否从平台上推荐的购物车购物的情况，在该地区随机抽取了200人进行调查，调查结果整理如下：
（1）从被抽取的年龄在的购物人群中，随机抽取3人进一步了解情况，求这3人年龄都在的概率；
（2）视频率为概率，用随机抽样的方法从该地区抽取40名市民进行调查，其中年龄在的人数为，试问当取何值时，最大？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据组合的知识，结合古典概型求解即可；
（2）由题知，进而根据二项分布概率公式，解不等式组即可得答案.
【小问1详解】
解：由题知，被抽取的年龄在的购物人数共有人，年龄在的购物人数有人，
所以，从被抽取的年龄在的购物人群中，随机抽取3人，这3人年龄都在的概率为
【小问2详解】
解：由题知抽取的200人中，年龄在的人数共有，
所以，根据频率估计概率，该地区市民中，年龄在的之间的占比，
所以，从该地区抽取40名市民进行调查，其中年龄在的人数为满足，
所以，
由当时，取得最大值，
则，即，
所以，即，解得，
因为，
所以，当时，取得最大值.
20. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴､轴，且过两点．
（1）求的方程；
（2）设过点的直线交于两点，点关于轴的对称点为，问直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线过定点.
【解析】
【分析】（1）设椭圆的方程为，进而待定系数求解即可；
（2）当斜率存在时，方程为，，进而得的方程为，再联立方程，结合韦达定理化简整理得，进而得定点，再说明斜率不存在时满足即可.
【小问1详解】
解：因为椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴､轴，
所以，设椭圆方程为，
因为椭圆过两点，
所以，解得，
所以，椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：当过点的直线斜率存在，设方程为，，
联立方程得，
则，解得或，
因为点关于轴的对称点为，所以，
所以，直线的方程为
所以，将代入整理直线的方程得：
所以，直线过定点.
当过点的直线斜率不存在时，方程为，此时，
点在轴上，直线的方程即为，过点.
综上，直线过定点.
21. 已知函数满足．
（1）讨论的奇偶性；
（2）设函数，求证：．
【答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）对已知等式中的用代换，得到新的等式，结合已知等式可求出，然后分和讨论函数的奇偶性，
（2）由（1）知，则对恒成立，得，设函数，利用导数可求出函数的最小值得函数的值域，并求出最小的范围，进而根据集合关系即可证明.
【小问1详解】
因为，
所以，
根据以上两式可得，
所以，.
当时，为偶函数.
当时，因为，
所以，，
所以为非奇非偶函数.
【小问2详解】
由（1）知.
依题意得对恒成立.
当，即时，恒成立；
当，即时，，得.
故.
设函数，
则.
因为，所以.
①当，即时，在上恒成立，
故上单调递增，，则，
即在上的最小值为1.
②当，即时，
因为当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
则，
即在上的最小值为.
综上，函数在上的最小值，
所以，函数在上的值域为，
当，令，
则，故在上单调递增，
因为，
所以，，即函数在上的最小值，
所以，.
【点睛】关键点点睛：此题第（2）问解题的关键是由题意得对恒成立，求出的范围，然后构造函数，利用导数求其最小值的取值范围即可证明.
（二）选考题：共10分．请考生在第22､23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（其中为参数，为的倾斜角）．
（1）求曲线的普通方程及时直线的普通方程；
（2）若直线过定点，且与曲线相交于两点，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据参数方程与普通方程之间的相互转化，代入化简即可得到结果；
（2）将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，然后结合韦达定理，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
因为曲线的参数方程为，
则消去参数可得，，
当时，，即，
，
故直线的方程为；
【小问2详解】
因为直线的参数方程为（其中为参数，为的倾斜角），
则，将直线的方程代入，化简整理可得，
，
设对应的参数为，
由韦达定理可得，
因为，所以异号，
所以
，其中，
当时，取得最大值为.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数．
（1）解不等式；
（2）若对任意实数都成立，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用零点分段讨论法去掉绝对值，求解绝对值不等式；
（2）由绝对值三角不等式，则恒成立，利用基本不等式求的最大值．
【小问1详解】
，不等式等价于：
或或 ，
解得或.
所以不等式解集为：.
【小问2详解】
恒成立，即，
由，
则，即，当且仅当时等号成立.
所以的最大值为.
年龄段
20以下
70以上
购物人数
20
30
26
28
6
8
0
未曾购物人数
10
5
14
12
24
12
5