河南省开封市2023届高三理科数学第一次模拟考试试题（Word版附解析）

这是一份河南省开封市2023届高三理科数学第一次模拟考试试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
开封市2023届高三年级第一次模拟考试理科数学一、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】C【解析】【分析】由指数函数的单调性得，后由交集定义可得答案.【详解】，则，又，则.故选：C2. 设命题，，则是（）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】D【解析】【分析】先仔细审题，抓住题目中的关键信息之后再动，原题让我们选择一个全称命题的否定，任意和存在是一对，要注意互相变化，大于等于的否定是小于.【详解】，的否定是，.故选：D3. 若是纯虚数，则复数可以是（）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】设代入化简，根据其为纯虚数可得的关系，验证得答案.【详解】设，则，因为纯虚数，所以，经验证可知，适合，即复数可以是.故选：D.4. 已知中，为边上一点，且，则（）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用向量的线性运算即可求得.【详解】在中，.因为，所以.所以.故选：A5. 已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由侧面展开图求得母线长后求得圆锥的高，再由体积公式计算．【详解】设圆锥母线长为，高为，底面半径为，则由得，所以，所以．故选：B．6. 如图为甲，乙两位同学在5次数学测试中成绩的茎叶图，已知两位同学的平均成绩相等，则甲同学成绩的方差为（）A. 4 B. 2 C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由平均数相等求出，再求方差.【详解】由可得，，即甲同学成绩的方差为故选：B7. 已知则x＋2y的最大值为（）A. 2 B. 3 C. 5 D. 6【答案】C【解析】【分析】作出可行域，根据简单线性规划求解即可．【详解】作出可行域如图：由可得：，平移直线经过点时，有最大值，由解得，．故选：C8. 设是定义域为的偶函数，且在上单调递减，则满足的的取值范围是（）A B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用的奇偶性、单调性可得，再解不等式可得答案.【详解】因为是定义域为偶函数，所以，又在上单调递减，所以在上单调递增，若，则，解得.故选：D.9. 已知数列的前项和，若，则（）A. 8 B. 16 C. 32 D. 64【答案】C【解析】【分析】当时，由可得，当时，，验证是否适合可得通项公式，代入通项公式求解可得结果.【详解】解：当时，，当时，，，符合上式，数列的通项公式为：，故选：C.10. 已知点到点和点的距离之和为4，则（）A. 有最大值1 B. 有最大值4 C. 有最小值1 D. 有最小值【答案】A【解析】【分析】根据题意，求出点的轨迹方程，利用三角换元法即可求解.【详解】因为点到点和点的距离之和为4，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且长轴长，焦距，所以点的轨迹方程为，设，则，所以有最大值1，故选：A.11. 如图，在正方体中，点M，N分别是，的中点，则下述结论中正确的个数为（）①∥平面；②平面平面；③直线与所成的角为；④直线与平面所成的角为．A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用法向量的性质，结合空间向量夹角公式逐一判断即可.【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为，，由正方体的性质可知：平面，则平面的法向量为，，因为，所以，而平面，因此∥平面，故①对；设平面的法向量为，，，所以有，同理可求出平面的法向量，因为，所以，因此平面平面，故②正确；因为，，所以，因为异面直线所成的角范围为，所以直线与所成的角为，故③正确；设直线与平面所成的角为，因为，平面的法向量为，所以，所以直线与平面所成的角不是，因此④错误，一共有个结论正确，故选：C12. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并且是构成一般不动点定理的基石．简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数．若函数为“不动点”函数，则实数的取值范围是（）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意列出关于和的等式，然后分离参数，转化为两个函数有交点.【详解】由题意得若函数为不动点函数则满足，即，即设，设所以在单调递减，且所以在上单调递增，，所以在上单调递减，所以当则当则所以的图像为：要想成立，则与有交点，所以故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 若函数的一个零点为，则______．【答案】【解析】【分析】由题意, 利用函数的零点, 求得的值, 再利用辅助角公式和两角差的正弦公式化简, 可得.【详解】函数的一个零点为,,, 函数,.故答案为: .14. 已知点，，为轴上一点，若，则______．【答案】5【解析】【分析】设，利用余弦定理求点坐标，然后利用数量积的坐标表示求解即可.【详解】设，所以，，，因为，所以由余弦定理得，即解得，所以，所以，，所以，故答案为：515. 3D打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术．如图所示的塔筒为打印的双曲线型塔筒，该塔筒是由离心率为的双曲线的一部分围绕其旋转轴逐层旋转打印得到的，已知该塔筒（数据均以外壁即塔筒外侧表面计算）的上底直径为6cm，下底直径为9cm，高为9cm，则喉部（最细处）的直径为______cm．【答案】【解析】【分析】由已知，根据题意，以最细处所在的直线为轴，其垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，设出双曲线方程，并根据离心率表示出之间的关系，由题意底直径为6cm，所以双曲线过点，下底直径为9cm，高为9cm，所以双曲线过点，代入双曲线方程即可求解方程从而得到喉部（最细处）的直径.【详解】由已知，以最细处所在的直线为轴，其垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，设双曲线方程为，由已知可得，，且，所以，所以双曲线方程为，底直径为6cm，所以双曲线过点，下底直径为9cm，高为9cm，所以双曲线过点，代入双曲线方程得：，解得：，所以喉部（最细处）的直径为 cm.故答案为：.16. 在数列中，，．记是数列的前项和，则______．【答案】【解析】【分析】根据当为奇数时，，当为偶数时，，分组求和即可.【详解】由题知，，当为奇数时，，所以奇数项构成等差数列，首项为1，公差为2，当为偶数时，，所以所以故答案为：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. 在中，角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，已知，．（1）求的值；（2）若，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由三角形内角和的关系将代换，再由正弦定理将边化角，求得角A，B的关系，解出的值；（2）由第一问求得的的值，根据余弦定理公式展开列方程求解即可.【小问1详解】因为，所以，得，因为，由正弦定理，可得，又，所以，又因为A，B均为三角形内角，所以，即，又因为，即，即，又，得；【小问2详解】若，则，由（1）知，由余弦定理可得，即，所以或，当时，，则，即为等腰直角三角形，又因为，此时不满足题意，所以．18. 甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．已知“星队”在第一轮活动中猜对1个成语的概率为．（1）求的值；（2）记“星队”在两轮活动中猜对成语总数为，求的分布列与期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式，列式求解（2）猜对谜语的总数为0，,1，2，3，4，结合独立事件概率乘法公式，列举出这四种情况下的概率，即可列表求解.【小问1详解】“星队”在第一轮活动中猜对1个成语的概率为，所以，解得．【小问2详解】设表示事件“甲在两轮中猜对个成语”，表示事件“乙在两轮中猜对个成语”，根据独立性假定，得，，，，，，的可能取值为0，1，2，3，4，所以，，，，，的分布列如下表所示：01234．19. 如图，是正三角形，在等腰梯形中，，．平面平面，M，N分别是，的中点，．（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，证明平面平面，原题即得证；（2）取的中点，连接，．求出，取的中点，连接，以为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立直角坐标系如图所示．利用向量法求解.【小问1详解】解：取的中点，连接，，∵M，N分别是，的中点，∴，，又∵平面ABC，平面ABC，∴平面．又，∴，同理可得，平面．∵平面MND，平面MND，，∴平面平面．∵平面MND，∴平面．【小问2详解】取的中点，连接，．由已知得，∴是平行四边形，∴．∵是正三角形，∴，∵平面平面，平面平面，∴平面，又平面，∴．设，．在Rt中，由，解得，即，取的中点，连接，则，以为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立直角坐标系如图所示．则，，，，，，由已知易得，平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则即取，则平面的一个法向量为∴，∵二面角为锐角，∴二面角的余弦值为．20. 已知函数，．（1）若是上的单调递增函数，求实数的取值范围；（2）当时，求在上的最小值；（3）证明：．【答案】（1）（2）0（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由导数法得单调递增等价于的恒成立问题；（2）由导数法求最值即可；（3）由（2）可得在上恒成立，由导数法证恒大于0，则，令，，，…，不等式左右累加即可证.【小问1详解】由已知可得：，即恒成立，又则有．【小问2详解】由已知可得：，，令，在上单调递减，又因为，，，所以存在使得，则有正负递增递减又有，，所以在上，则在上单调递增，所以最小值为．【小问3详解】由（2）可得在上恒成立，令，在上，所以单调递增且，所以，，从而当时，令，，，…，得到，，，…，，相加得：．21. 如图1所示是一种作图工具，在十字形滑槽上各有一个活动滑标M，N，有一根旋杆将两个滑标连成一体，，D为旋杆上的一点且在M，N两点之间，且．当滑标在滑槽内做往复运动，滑标在滑槽内随之运动时，将笔尖放置于处进行作图，当和时分别得到曲线和．如图2所示，设与交于点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系．（1）求曲线和的方程；（2）已知直线与曲线相切，且与曲线交于A，B两点，记的面积为，证明：．【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据，设，，，利用向量等式关系确定坐标转化关系，由，即得，按照坐标代换可得所满足的方程，最后取和，即可得曲线和的方程；（2）根据直线与曲线相切，且与曲线交于A，B两点，讨论直线的方程情况，按照面积公式分别求证即可.【小问1详解】解：由题意，，设，，，所以，，，由解得又因为，所以，则，将和分别代入，得，，【小问2详解】解：①直线斜率不存在时，，代入方程得，所以；②直线斜率存在时，设，与曲线相切，所以，即，联立可得，由得，所以，于是得，，因为所以，，综合①②可证，．（二）选考题：共10分．请考生在22~23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]（10分）22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），为曲线上一点的坐标．（1）将曲线的参数方程化为普通方程；（2）过点任意作两条相互垂直的射线分别与曲线交于点A，B，以直线的斜率为参数，求线段的中点的轨迹的参数方程，并化为普通方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据曲线的参数方程为（为参数），消去参数求解；（2）设的斜率为，方程为，则的方程为：，分别与抛物线方程联立，求得A，B的坐标，再利用中点坐标求解.【小问1详解】解：因为曲线的参数方程为（为参数），消去参数可得：，将点代入可得，所以曲线的普通方程为：；【小问2详解】由已知得：，的斜率存在且不为0，设的斜率为，方程为，则的方程为：，联立方程可得：，同理可得：，设，所以所以，所以即为点轨迹的普通方程．［选修4—5：不等式选讲]（10分）23. 已知函数．（1）当时，求的最小值；（2）若，时，对任意使得不等式恒成立，证明：．【答案】（1）2；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）分段求解的最小值和范围，即可求得结果；（2）转化为，结合二次函数在区间上的最值，利用不等式，即可证明.小问1详解】当时，，当，，；当，，；当，，；∴当时，的最小值为2．【小问2详解】，，当时，可化为，令，，，∴∴，当且仅当时取得等号；又当时，，故.