2023届河南省开封高级中学高三下学期核心模拟卷（中）数学（理）试题（三）含解析

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2023届河南省开封高级中学高三下学期核心模拟卷（中）数学（理）（三）试题 一、单选题1．已知全集，集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】化简集合 B，然后利用集合的运算即可求解.【详解】由题意知，所以，所以.故选：C.2．已知复数z满足（i是虚数单位），则在复平面上所对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，再结合共轭复数的定义即可得出答案.【详解】因为复数z满足（i是虚数单位），所以，则，所以在复平面上所对应的点为，位于一象限.故选：A.3．已知向量，，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由平行向量的坐标表示求出，再将所求表达式化为，代入即可得出答案.【详解】因为向量，，且，所以，则，而.故选：A.4．已知数列的前n项和为，，，则取最小值时，n的值是（    ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】根据已知条件求出等差数列通项公式，，再利用，从而可得当时，取最小值.【详解】在数列中，由，得，∴数列是公差为的等差数列，又，∴数列是公差为的递增等差数列，由，解得，∵，∴当时，取最小值，故选：．5．在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首．北京2022年冬奥会开幕正逢立春，开幕式上“二十四节气”的倒计时让全世界领略了中华智慧．小张同学要从24个节气中随机选取4个介绍给外国的朋友，则这4个节气中含有“立春”的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出从24个节气中选择4个节气的情况，和4个节气中含有“立春”的情况，利用古典概型求概率公式进行求解.【详解】从24个节气中选择4个节气，共有种情况，这四个节气中含有“立春”的情况有种情况，故这4个节气中含有“立春”的概率为.故选：C.6．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用对数换底公式及对数运算性质变形，再利用对数函数和指数函数的单调性即得.【详解】依题意，，，显然函数在上单调递增，而，即，又在R上单调递增，于是得，即，所以有.故选：D7．将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）①函数的图象关于点成中心对称②函数在上有8个极值点③函数在区间上的最大值为1，最小值为④函数在区间上单调递增A．①② B．②③ C．②③④ D．①③④【答案】B【分析】根据正弦的二倍角公式、降幂公式、辅助角公式，结合正弦型函数图象变换性质、对称性、最值的性质、极值的定义逐一判断即可.【详解】，因为将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，所以.①：因为，所以函数的图象关于直线对称，因此本说法不正确；②：，因为，所以令，因此函数在上有8个极值点，所以本说法正确；③：因为，所以，，因此本说法正确；④：因为，所以令，显然当时，函数单调递减，因此本说法不正确，故选：B8．如图，已知正四棱锥的底面边长和高的比值为3，若点E是棱PD的中点，则异面直线PB与CE所成角的正切值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据正四棱锥的结构特征找到异面直线与所成的角，然后通过解三角形即可得解.【详解】如图，连接交于点，连接，则为的中点，且平面，因为是棱的中点，所以，所以异面直线与所成的角为或其补角，因为平面，所以，又，所以面，又面，所以，设，，则由题意得，，，所以在中，，即异面直线与所成角的正切值为.故选：C.9．在菱形ABCD中，，点P是菱形ABCD内部一点，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立平面直角坐标系，由，可得，然后根据数量积的坐标表示即得.【详解】以菱形ABCD的对角线AC方向为x轴方向，DB方向为y轴方向建立平面直角坐标系，则，设，所以，又，所以，所以，即，所以，，，所以.故选：D．10．已知点在抛物线的准线上，过点P作C的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据条件可得抛物线方程，然后求导可得过，两点的切线的斜率，写出切线方程，代入点，由两点确定一条直线，即得.【详解】因为抛物线的准线为，所以，，故抛物线，，设切点为，，又，则切线PA的方程为：，即，切线PB的方程为：，即，由是PA、PB交点可知：，，由两点确定一条直线，可得过A、B的直线方程为，即故选：A.11．已知数列的前n项和为，，且，若不等式对一切恒成立，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可得，利用等比数列的定义结合条件可得，然后利用错位相减法可得，再分类讨论可得的取值范围.【详解】因为，，所以，而，所以是以为首项，公比为的等比数列，所以，即，所以，，所以，所以 由，得，则当为奇数时，有，所以，当为偶数时，有，所以，综上，的取值范围为．故选：B.【点睛】关键点点睛：结合错位相减法求和，并讨论是奇数与偶数判断的取值范围是关键．12．已知函数，若，使得成立，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由，使得成立，可得函数的值域包含的值域.利用二次函数的性质与导数分析和时，函数的单调性，进而求得的值域和的值域，从而求解.【详解】由，使得成立，则函数的值域包含的值域.当时，函数开口向上，对称轴，所以在上单调递减，且，所以；当时，，则，①若，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，即，解得；②若，则，在上单调递增，此时值域为，符合题意.③当时，的值域为，不符合题意.综上所述，实数的取值范围为.故选：B. 二、填空题13．若，则______．【答案】33【分析】利用赋值法，分别代入和进行求解即可【详解】令可得=，令可得，即，则 故答案为：【点睛】本题考查赋值法研究二项式的系数和问题，属于基础题.“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.14．已知函数是奇函数，则不等式的解集为______．【答案】【分析】由为奇函数，求得，得到，结合为减函数，且，把不等式转化为，即可求解.【详解】由题意，函数为奇函数，可得，解得，即，其定义域为，经检验满足题意；因为为减函数，且，所以不等式等价于，即，解得，所以不等式的解集为.故答案为：.15．在三棱锥中，PA⊥平面ABC，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的体积为______．【答案】【分析】根据棱锥体积公式及基本不等式可得体积最大，然后利用长方体的性质及球的体积公式即得.【详解】由题可知三棱锥的体积为：，当且仅当时等号成立，此时，，将三棱锥补成长方体，则三棱锥外接球的直径为，则，因此，三棱锥外接球的体积为.故答案为：.16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P是C右支上的一点，，的平分线与x轴交于点M，且，则C的离心率为______．【答案】【分析】设，可得，.结合，可得，，.在中，结合余弦定理可得，在中，由正弦定理可得，进而得到.在中，结合余弦定理可得，进而得到，可得，进而求解.【详解】如图，设，则，即.因为为的平分线，且，所以，所以，即，.设，则，在中，，即，在中，由正弦定理得，所以，即，又因为，所以，即，在中，，所以，解得，所以，即，所以.故答案为：. 三、解答题17．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．(1)求证：；(2)若的面积为，求内切圆的半径．【答案】(1)证明见解析；(2)1. 【分析】（1）根据正弦定理边角互化结合条件可得，然后利用二倍角公式和正弦定理得到，使用余弦定理得到，两式联立即得；（2）利用面积公式得到，结合条件可得，然后利用三角形内切圆的性质j结合条件即得.【详解】（1）由，可得，因为，，所以，即，又，所以，因为，又，，所以，由正弦定理得：，由余弦定理得：，即将代入上式，，化简可得：；（2）由面积公式得：，所以，又，可得：，因为，所以，，，所以，设内切圆的半径为，则，所以，即内切圆的半径为1.18．随着社会的进步，科技的发展，越来越多的大学本科生希望通过保研或者考研进入更理想的大学进行研究生阶段的学习．某大学为了解准备保研或者考研的本科生每天课余学习时间，随机抽取了400名大学生进行调查，将收集到的学习时间（单位：小时）数据分成5组：，，，，（学习时间均在内），得到如图所示的频率分布直方图．(1)求m的值，并估计这400名大学生每天课余学习时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)按分层抽样的方法从学习时间在和组中抽出8人，再从这8人中随机抽取3人，记X表示抽到的3人中学习时间在组中的人数，求X的分布列和数学期望．【答案】(1)；8.12小时；(2)分布列见解析，. 【分析】（1）根据各组数据频率之和为1即可求出图中的值，利用平均数计算公式即可求出结果；（2）根据题意分析的可能取值为0，1，2，3，进而列出分布列求出结果.【详解】（1）由于各组数据频率之和为1，即，则，这400名大学生每天课余学习时间的平均值为：(小时)；（2）由题可知学习时间在和组的频率分别为0.3,0.18，按分层抽样的方法从学习时间在和组中抽出8人，有5名在内，3名在内，则的可能取值为0，1，2，3，则，，，，即的分布列为0123 所以．19．在如图所示的多面体中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，，EF=2CD=2，且DF⊥AE．(1)求证：平面ADF⊥平面ABEF；(2)若二面角C-AE-F的余弦值为，求该多面体的体积．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，设，平面的法向是和平面的法向量，由二面角的公式求出，该多面体的体积，由椎体和柱体的体积公式求解即可.【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，又平面，所以平面，平面ADF，平面ADF⊥平面ABEF.（2）因为，以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，可得，平面的法向是，设平面的法向是，则，可得，令，所以平面的法向量，设二面角C-AE-F所成角为，所以，解得：.分别取的中点，连接，因为，所以四边形是平行四边形，所以，由（1）知，平面，所以平面，，因为平面，平面，所以，又因为四边形ABEF为正方形，所以，，平面，所以平面，所以该多面体的体积为.20．如图，已知椭圆的左、右顶点分别为，，点P是C上的一点（不同于左、右顶点），且直线的斜率与直线的斜率之积为．(1)求C的方程；(2)过点作直线的垂线交C于另外一点Q，求面积的最大值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据斜率之积为定值可求出，进而可得椭圆方程；（2）设直线的方程为，联立椭圆方程求出，进而得到，然后结合条件表示出面积，再利用导数求函数的最值即可.【详解】（1）由椭圆，可得，设，则，所以，又直线的斜率与直线的斜率之积为，所以，所以，所以椭圆的方程为；（2）不妨设直线的斜率为，则直线的方程为，代入椭圆得，可得，所以，所以，所以，即，设，由题可得，同理可得，所以，同理可得，所以的面积为，令，，则，由，可得，函数单调递增；由，可得， 函数单调递减，所以当时，的面积最大，最大值为.21．已知函数．(1)若，求的极值；(2)若对任意的恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)极小值为，无极大值；(2)． 【分析】（1）对求导，然后构造，对求导，从而确实的正负，进而即得；（2）由题可得，然后通过构造函数，分和讨论，利用导数研究性质进而即得.【详解】（1）当时，，，所以，设，则，所以在单调递增，又，∴时，，单调递减；时，，单调递增；∴在处有极小值，极小值为，无极大值；（2）因为，所以，设，则，令，则，所以在上单调递增，即在上单调递增，故，当时，且不恒等于零，在上单调递增，所以，即，在上单调递增，所以，即对任意的恒成立；当时，则，，所以存在，∴时，，单调递减，此时，，所以时，单调递减，，不满足题意；综上，实数的取值范围．【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．（1）求C的直角坐标方程；（2）设点M的直角坐标为， l与曲线C的交点为，求的值．【答案】（1）（2）【解析】(1)根据极坐标与直角坐标的互化求解即可.(2)设所对应的参数分别为,再联立直线的参数方程与圆的直角坐标方程,利用参数的几何意义与韦达定理求解即可.【详解】（1）由,得． 将代入得,, 所以C的直角坐标方程为． （2）设所对应的参数分别为,因为直线l的参数方程为为参数所以M在l上把l的参数方程代入可得所以,所以,故=.【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程的互化,直线和圆的位置关系,以及直线的参数方程的参数的几何意义等基础知识,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力．考查的核心素养是直观想象、逻辑推理与数学运算.23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)若，函数的最小值为m，且，证明：．【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）将函数化为分段函数的形式，再求解不等式的解集；（2）由的解析式易知，再结合柯西不等式证明即可.【详解】（1），当时，，则，解得：或，因为，所以，当时，，解得：或，因为，所以.故不等式的解集为.（2）因为，所以可知在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数有最小值为，即，则，利用柯西不等式可得：，所以，当且仅当时等号成立，所以当时，.