2023届河南省高三下学期核心模拟卷（中）数学（理）（六）试题含解析

2023届河南省高三下学期核心模拟卷（中）数学（理）（六）试题

一、单选题

1．已知复数（i是虚数单位），则（    ）

A． B． C．10 D．34

【答案】A

【分析】由题意首先化简复数，然后利用复数的模的计算公式可得的模为.

【详解】，

所以,

故选：A.

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据对数函数的单调性，结合一元二次不等式的解法、集合交集的定义进行求解即可.

【详解】，

，

因为，

所以，

故选：C.

3．已知双曲线的渐近线经过点，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据渐近线所过点可求得，由可求得结果.

【详解】由双曲线方程知：渐近线方程为，

双曲线的渐近线过点，，解得：，

双曲线的离心率.

故选：D.

4．在中，，，点E满足，则（    ）

A． B． C．6 D．

【答案】B

【分析】根据题中所给的条件 利用相应公式求得结果.

【详解】解：中，，所以，

，

故选：B.

5．已知函数的部分图象如图所示，则图象的一个对称中心是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先根据函数图象得到函数图象的一个对称中心与的最小正周期，进而利用函数的性质即可求解.

【详解】解：由题图可知图象的一个对称中心是，的最小正周期，

故图象的对称中心为，，结合选项可知，当时，图象的一个对称中心是.

故选：D.

6．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用奇偶性可排除CD；利用时，可排除B.

【详解】定义域为，又，

为定义域上的偶函数，图象关于y轴对称，可排除CD；

当时，，，，可排除B.

故选：A.

【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．

(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；

(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

7．已知矩形ABCD的顶点都在球心为O的球面上，，，且四棱锥的体积为，则球O的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意求出矩形的对角线的长，即截面圆的直径，根据棱锥的体积计算出球心距，进而求出球的半径，代入球的表面积公式，可得答案．

【详解】由题可知矩形所在截面圆的半径即为的对角线长度的一半，

，，

，

由矩形的面积，

则到平面的距离为满足：，

解得，

故球的半径，

故球的表面积为：，

故选：A．

8．已知，则的值为（    ）

A．10 B． C．30 D．

【答案】B

【分析】根据，结合二项式定理求解即可.

【详解】因为，

展开式第项，

当时，，

当时，，

故，

即.

故选：B

9．的值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】D

【分析】根据和差公式和二倍角公式化简,即可求解.

【详解】解：，

，

故，

故选：D.

10．若直线与曲线恰有两个公共点，则a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】曲线方程变形得曲线为半圆，由直线与半圆相切得的一个值，由直线过直径的一个端点又得一个值，结合图象可得的范围．

【详解】可化为且，

即曲线是以为圆心，1为半径的圆的下半圆，

作出曲线，如图，

作直线，而直线与直线平行，

当直线过时，，

当直线与半圆相切时，由得舍去），

由图象可知的取值范围是．

故选：B．

11．如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC上的动点，F为棱的中点，则下列说法正确的是（     ）

A．存在点E，使得直线与直线EF相交

B．当E为棱BC的中点时，则平面

C．点A到平面DEF的距离的最大值为

D．存在点E，使得直线与直线EF所成角为

【答案】C

【分析】利用线面平行判断选项A，利用线线不垂直则线面一定不垂直判断选项B，建立空间坐标系，利用坐标法，利用点到平面的距离公式判断选项C，利用异面直线夹角公式求解判断选项D.

【详解】在正方体中，，平面，

平面，所以平面，又平面，

所以与不相交，故A错误；

因为正方体的棱长为2，又E为棱BC的中点，所以，，

在中，，所以，即不成立，

即平面不成立，故B错误；

以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

所以，设，

所以，

设平面的法向量为，

则，令，得，

所以点A到平面的距离，

所以当时，点A到平面的距离取到最大值，所以，故C正确；

连接，则，所以异面直线与直线EF所成角为直线与直线EF所成角，

若存在点，使得直线与直线EF所成角为，

则，所以，

所以，又，

得，解得，不符合题意，

故不存在点，使得直线与直线EF所成角，故D错误.

故选：C

12．若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】构建函数，利用导数判断的单调性可得，再构建利用导数判断的单调性可得.

【详解】构造函数，

则，

所以在上单调递增，则，故，

构建，则，在上恒成立，

故在上单调递减，则，∴，

所以，即，所以，故，

综上，，

故选：C

二、填空题

13．有一组样本数据，该样本的平均数和方差均为2．在该组数据中加入一个数2，得到新的样本数据，则新样本数据的方差为_______．

【答案】

【分析】根据方差的定义计算.

【详解】由题意，

，

因此，

所求方差为．

故答案为：．

14．已知椭圆的左焦点为F，P是椭圆上一点，若点，则的最小值为_______．

【答案】##

【分析】根据椭圆定义可知，进而可得的最小值.

【详解】根据椭圆的定义：，

取得最小值时，

即最小，

如图所示：，当，，共线时取得最小值．

的最小值为：﹒

故答案为：.

15．已知函数，曲线在点处的切线方程是，则曲线在点处的切线方程是_______．

【答案】

【分析】由曲线在点处的切线方程是，故，再结合

，，得到，故得解.

【详解】由曲线在点处的切线方程是，

故，

又

在点处的切线方程是：

故答案为：.

16．已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的取值范围为_______．

【答案】

【分析】根据给定等式求出三角形的内角C，再利用正弦定理及三角恒等变换、三角函数性质求解作答.

【详解】因，显然，，

锐角中，，，则，

令，由得：，

由正弦定理得，，

因此，

而，则，即有，

所以的取值范围为.

故答案为：.

三、解答题

17．已知数列满足，且．

(1)证明：为等比数列，并求的通项公式；

(2)求的前n项和．

【答案】(1)证明见详解，

(2)

【分析】（1）对递推式进行变形，根据等比数列的定义即可证明，利用等比数列通项公式求出通项，即可求解；

（2）利用错位相减法求解即可.

【详解】（1）当时，由可得，又，

所以是首项为，公比为的等比数列，

所以，即.

（2），

则，两式相减得

所以.

18．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，是正三角形，且平面平面ABCD，，O为棱AD的中点，E为棱PB的中点．

(1)求证：平面PCD；

(2)若直线PD与平面OCE所成角的正弦值为，求四棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，可得四边形为平行四边形，，再由线面平行的判定定理可得答案；

（2）取的中点，可得，平面，以为原点，分别以所在的直线建立空间直角坐标系，设，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得，再由棱锥的体积公式可得答案．

【详解】（1）取的中点，连接，

因为O为棱AD的中点，E为棱PB的中点，

所以，，

所以，即四边形为平行四边形，

所以，因为平面，平面，

所以平面PCD；

（2）取的中点，连接，

所以，

因为为中点，，所以，

因为平面平面ABCD，所以平面，

以为原点，分别以所在的直线建立如图所示的空间直角坐标系，

设，可得，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，

则，即，令，可得，

所以，所以

，

解得，

所以四棱锥的体积为

,

19．温度作为环境因子，在种子的发芽过程中起着重要的作用．某研究性学习小组对某植物种子的发芽率y与环境平均温度x（℃）之间的关系进行研究，他们经过5次独立实验，得到如下统计数据：

(1)根据散点图可以发现，变量y与x之间呈线性相关关系．如果在第6次实验时将环境平均温度控制在，试根据回归方程估计这次实验该植物种子的发芽率；

(2)若从这5次实验中任意抽取3次，设种子发芽率超过70%的次数为X，求X的分布列与数学期望．

参考公式：线性回归方程中，，．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，；

【分析】（1）根据最小二乘法可得回归直线方程，进而即得.

（2）由题可知的可能取值，求相应概率可得分布列及期望；

【详解】（1）由已知得，，

所以，

，

即，

当第6次实验，即时，，

所以根据回归方程估计这次实验中该种子的发芽率为．

（2）由题可知的可能取值为1，2，3,

则，

，

，

所以的分布列为：

即；

20．在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线C．

(1)求C的方程；

(2)过点F且斜率为的直线l与C交于A，B两点，点P是C上的一点，且，直线OP与直线交于Q点，点M是线段PQ的中点，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意可得曲线C为抛物线，焦点为，即可得解；

（2）设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再结合焦半径公式可求得，设的方程为，联立方程，可求得点的坐标，易得，从而可求得点的坐标，再根据连点间的距离公式可求得，即可得解.

【详解】（1）因为动圆经过点且与直线相切，

所以该动圆的圆心到点和直线的距离相等，

所以曲线C为抛物线，焦点为，即，所以，

所以C的方程为；

（2）设直线的方程为，

联立，消得，

则，所以，

则，

又，

所以，

因为，则可设的方程为，

联立，消得，解得或，

所以，

因为直线OP与直线交于Q点，则，

故，

所以，

，

所以，

所以.

【点睛】方法点睛：对于圆锥曲线定值问题，一般要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，进行求解，本题中由于一点是已知得，所以可以通过韦达定理求出另外一个交点的坐标，通过两种方法表达同一条直线的斜率得到等量关系，从而得到答案.

21．已知函数．

(1)若在区间上单调递增，求a的取值范围；

(2)若，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见详解

【分析】（1）因为为上的单调递增函数，故恒成立，参变分离后可求得参数的取值范围；

（2）由知需证明，换元，对函数求导，研究函数的最值即可.

【详解】（1）若在区间上单调递增，则在上恒成立，

即在上恒成立，令，

所以在上恒成立，

所以在上单调递减，

所以，所以，即a的取值范围为.

（2）当时，，要证，即证，

即证，即，令，即证，

令，所以，

令，解得，当时，所以，所以在上单调递减，

当时，，所以在上单调递增，所以当时，取得极小值即最小值，

所以，即，所以.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，常用方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求的直角坐标方程；

(2)若点的极坐标为，是上的动点，为线段的中点，求点到直线的距离的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由极坐标与直角坐标互化原则可直接化简整理得到直角坐标方程；

（2）将点极坐标化为直角坐标，参数方程化为普通方程；利用相关点法可求得点轨迹方程，则可设，利用点到直线距离公式，结合三角恒等变换知识可得到，进而确定最大值.

【详解】（1）由得：，，即，

的直角坐标方程为：.

（2）由可得点的直角坐标为即；

由消去参数可得直线的普通方程为：；

设，，

为中点，，则，，

即点轨迹为，则可设；

点到直线的距离；

则当时，.

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)记的最小值为M，若实数a，b满足，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将写为分段函数，分类讨论求不等式解集即可；

（2）先求出分段函数的最小值M，再利用基本不等式的调和型求得原式的最小值即可得证.

【详解】（1），

当时，，解得，所以；

当时，显然成立，所以；

当时，，解得，所以.

综上，不等式的解集为.

（2）证明：当时，，

当时，，

故的最小值为，则有，

于是

，当且仅当，即时取等号，

所以.