2023届河南省高三下学期核心模拟卷（中）数学（文）试题（一）含解析

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2023届河南省高三下学期核心模拟卷（中）数学（文）（一）试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出，再求即可.【详解】由已知，又，.故选：B.2．已知复数z满足,则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将当作未知数解出来,再化简即可.【详解】由得故选:A.3．已知平面向量满足，与的夹角为120°，若，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】按照平面向量的模的性质及数量积运算法则计算即可.【详解】因为，所以，即，解得.故选：B.4．2023年春节到来之前：某市物价部门对本市5家商场的某种商品一天的销售量及其价格进行调查，5家商场这种商品的售价x（单位；元）与销售量y（单位：件）之间的一组数据如下表所示：价格x89.5m10.512销售量y16n865 经分析知，销售量y件与价格x元之间有较强的线性关系，其线性回归直线方程为，且，则（    ）A．12              B．11              C．10              D．9【答案】C【分析】由表中数据计算、，根据线性回归直线方程过点代入化简求解即可．【详解】由表中数据，计算 ，  ， 因为线性回归直线方程过点，即，即， 所以，又因为，所以．故选∶C﹒5．已知，，则p是q的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】分别求出命题，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】，即解得，，所以推不出，推不出，所以是的既不充分也不必要条件.故选：D.6．在倡导“节能环保”“低碳生活”的今天，新能源逐渐被人们所接受，进而青睐，新能源汽车作为新能源中的重要支柱产业之一取得了长足的发展．为预测某省未来新能源汽车的保有量，采用阻滞型模型进行估计．其中y为第t年底新能源汽车的保有量，r为年增长率，M为饱和量，为初始值（单位：万辆）．若该省2021年底的新能源汽车拥有量为20万辆，以此作为初始值，若以后每年的增长率为0.12，饱和量为1300万辆，那么2031年底该省新能源汽车的保有量为（精确到1万辆）（参考数据：，）（    ）A．62万 B．63万 C．64万 D．65万【答案】C【分析】把已知数据代入阻滞型模型，求出对应的值即可．【详解】根据题中所给阻滞型模型，代入有关数据，注意以2021年的为初始值，则2031年底该省新能源汽车的保有量为，因为，所以，所以故选：C7．已知函数在上有3个极值点，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意求出的范围，然后根据正弦函数的性质及题意建立不等关系，求得参数的取值范围即可.【详解】因为，，所以 ，因为函数在上有3个极值点，所以，解得，所以的取值范围为，故选：C.8．在如图所示的程序框图中，若输入的a，b，c分别为，，，执行该程序框图，输出的结果用原来数据表示为（    ）A．b，a，c B．a，b，c C．c，b，a D．c，a，b【答案】A【分析】该程序的功能为从大到小输出原来输入的数据，通过比较输入数据的大小，即可求解．【详解】解︰由程序框图可知，该程序的功能为从大到小输出原来输入的数据， ，，即，所以，则输出的结果用原来数据表示为b，a，c.故选∶A．9．在和中，若，，则（    ）A．与均是锐角三角形B．与均是钝角三角形C．是钝角三角形，是锐角三角形D．是锐角三角形，是钝角三角形【答案】D【分析】根据题意，由三角形的正弦值一定大于零，即可判断是锐角三角形，然后再由，判断的形状即可得到结果.【详解】在和中，因为，所以均为锐角，即为锐角三角形.另一方面，可得或即，所以为锐角或者钝角，同理可得为锐角或者钝角，但是中必然有一个为钝角，否则不成立，所以为钝角三角形.故选:D10．已知抛物线，P为C上一点，，，当最小时，点P到坐标原点的距离为（    ）A． B． C． D．8【答案】A【分析】设，由抛物线的定义可得，，设化简可得当时，取得最小值，求出的坐标，即可求解【详解】因为抛物线，则焦点为，准线为，又，，则点为抛物线的焦点，过作准线的垂线，垂足为，设，则，故，由抛物线的定义可得，，又，则设故，则，当时，取得最小值为，则，，将代入抛物线可得，所以故选：A11．在如图所示的圆台中，四边形ABCD为其轴截面，，母线长为，为底面圆周上一点，异面直线与 ( 为底面圆心）所成的角为，则的大小为（    ）A． B．或C． D．或【答案】B【分析】建立如图所示坐标系, 根据异面直线 与 ( 为底面圆心）所成的角为,求得【详解】以为原点， 为轴，过点 作 轴 ，圆台的轴为轴，建立如图所示坐标系：作 交 于点 , ,中，,则 ,由于异面直线 与 ( 为底面圆心）所成的角为,,故选:B.12．已知，若且，则（    ）A． B．0 C． D．1【答案】D【分析】设，，可得在上是奇函数，且为增函数，再由条件得到，最后求出即可.【详解】设，，因为，所以是奇函数.因为、在上都为增函数，所以在上为增函数.因为，所以，因为，所以.因为，所以，所以，所以，所以.故选：D. 二、填空题13．已知x，y满足约束条件，则的最大值为________．【答案】【分析】作出不等式组对应的平面区域，结合直线的截距，利用数形结合进行求解即可．【详解】由题意得：画出可行域（如图阴影部分），由，解得．当直线过点时，z取得最大值，故.故答案为：14．已知函数，无论a取何值，曲线均存在一条固定的切线，则该切线方程为________．【答案】【分析】由题意得，，，此时这两个值均与无关，可得切点为即可得出答案．【详解】，则，，，此时这两个值均与无关，∴无论取何值，曲线均存在一条固定的切线，此时切点为，切线斜率为1，故切线方程为，即.故答案为∶15．已知双曲线的实轴为，对上任意一点P，在上都存在点Q，使得，则C的离心率的取值范围为________．【答案】【分析】根据题意得到的关系式，然后由双曲线离心率的公式以及范围即可得到结果.【详解】因为对上任意一点P，在上都存在点Q，使得，所以，所以，即，所以.即.故答案为: 16．如图,在三棱锥中,平面平面ABC,,,,为等边三角形,则三棱锥外接球的表面积为________．【答案】【分析】先找到两个面的外心,通过外心作垂线交点即为球心.【详解】因为平面平面,平面平面,平面,所以平面;如图,因为,所以三角形的外心即为中点,过三角形的外心作平面的垂线,过三角形的外心作平面的垂线,则两垂线必相交于球心,连接,则外接球半径.在中,,,所以,所以表面积.故答案为:. 三、解答题17．某市为了解新高三学生的数学学习情况，以便为即将展开的一轮复习提供准确的数据，在开学初该市教体局组织高三学生进行了一次摸底考试，现从参加考试的学生中随机抽取名，根据统计结果，将他们的数学成绩（满分分）分为，，，，，，，共组，得到如图所示的频率分布直方图．(1)若表示事件“从参加考试的学生中随机抽取一名学生，该学生的成绩不低于分”，估计事件发生的概率；(2)利用所给数据估计本次数学考试的平均分及方差（各组数据以其中点数据代表）．参考数据：，，，，，，，，其中为第组的中点值．【答案】(1)；(2)，． 【分析】（1）由频率和为，计算出，进而根据频率分布直方图可得事件发生的概率；（2）分别根据平均数和方差的计算公式代入求解即可．【详解】（1）从参加考试的学生中随机抽取一名学生，该学生的成绩不低于分的概率为.（2）本次数学考试的平均分为本次数学考试的方差为.18．如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形CDEF为平行四边形，平面平面ABCD，．(1)证明：平面ABE；(2)若，，，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接交于点，取的中点，连接，根据条件证明四边形为平行四边形，然后得到即可；（2）取的中点为，连接，依次证明平面、平面，然后可求出点到平面的距离，然后根据算出答案即可.【详解】（1）证明：连接交于点，取的中点，连接，因为四边形为平行四边形，所以为的中点，所以，因为，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，即，因为平面，平面，所以平面ABE，（2）取的中点为，连接，因为，，所以为等边三角形，所以，，因为平面平面ABCD，平面平面ABCD ，平面，所以平面，所以点到平面的距离为，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为，因为是直角梯形，，，，，所以，所以.19．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，．(1)证明：；(2)求的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换结合正弦定理的边角互化，代入计算，化简即可得到结果；（2）由题意可得，令换元，即可得到的范围，然后求解不等式即可得到的范围，从而得到结果.【详解】（1）因为，即，所以，即，所以，即，再由正弦定理可得，（2）由（1）可知，，即，且，故，由可得，即.令，则，因为，则，则，即，所以，，且恒成立，即，解得，所以.20．已知．(1)若在上单调递增，求a的取值范围，(2)证明：当时，．【答案】(1)(2)证明见解析. 【分析】（1）分离参数，转化为在上恒成立，求出函数的最大值即可得到结果；（2）根据题意转化为，然后求得的最小值即可证明.【详解】（1）由，可得，因为在上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，令，则在上恒成立，即在上单调递减，所以，由在上恒成立，可得，所以实数的取值范围为.（2）因为函数，，令，则，即时，，则单调递增；即时，，则单调递减；所以，即（当且仅当取等号），因为函数，，则，令，则，当时，，则函数单调递增；当时，，则函数单调递减；所以，即（当且仅当取等号），因为，且（当且仅当取等号） ，（当且仅当取等号），所以（两个等号不同时成立这里反为大于号），令，即证，因额为，令，可得，所以，当时，，则函数单调递减；当时，，则函数单调递增；所以，所以，即当时，．21．已知，分别为椭圆的左、右焦点，，，分别为的上、下顶点，P为上在第一象限内的一点，直线，的斜率之积为．(1)求的方程；(2)设的右顶点为A，过A的直线与交于另外一点B，与垂直的直线与交于点M，与y轴交于点N，若，且（O为坐标原点），求直线的斜率的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1），由直线，的斜率之积为可得，再结合，可得的关系，从而可求得，即可得解；（2）设直线的方程为，联立方程利用韦达定理可得，正在根据，可求得，从而可求得的坐标，再在中，由，得，从而可得出答案.【详解】（1）因为，所以，即，又，P为上在第一象限内的一点，设，则，即，，所以，代入，得，化简得，所以，又，所以，所以的方程为；（2）由（1）可得，设直线的方程为，联立，消得，，则，所以，由，设，则，又，则，因为，所以，所以，所以直线，联立，得，在中，因为，所以，所以，解得，即，解得或，所以直线的斜率的取值范围为．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法，（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．22．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)P为l上一点，过P作曲线C的两条切线，切点分别为A，B，若，求点P横坐标的取值范围．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）把曲线C的方程两边平方相加可求曲线C的普通方程,利用两角和的余弦公式可求直线l的直角坐标方程;（2）设，由题意可得，计算可求点P横坐标的取值范围.【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数），可得由,得,即,曲线的普通方程为,直线的直角坐标方程为（2）设,连接，易得，若,则，在中，，,,两边平方得,解得,点横坐标的取值范围为23．已知．(1)若，解不等式；(2)当时，的最小值为3，若正数m，n满足，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）对的取值进行分类，分段求解不等式，再求并集即可；（2）根据绝对值三角不等式求出，再利用柯西不等式证明即可求得结果.【详解】（1）当时，不等式为，当时，可以化为，解得；当时，可以化为，得，不等式不成立；当时，可以化为，解得；综上,可得不等式的解集为.（2）当时，当时等号成立，由可得（舍）或，故,由柯西不等式可得 ，即得当且仅当时，即时取等号．