2023届河南省郑州市高三第二次质量预测数学（文）试题含解析

这是一份2023届河南省郑州市高三第二次质量预测数学（文）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河南省郑州市高三第二次质量预测数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解绝对值不等式、指数不等式求集合，再应用交运算求集合即可.【详解】由题设，，所以.故选：C2．已知复数(i为虚数单位)，则的虚部为（    ）A．－1 B．－2 C．－i D．－2i【答案】B【分析】写出共轭复数，即可确定其虚部.【详解】由题设知：，故其虚部为.故选：B3．命题：，的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】全称命题的否定：将任意改存在并否定原结论，即可得答案.【详解】由全称命题的否定为特称命题，则原命题的否定为，.故选：D4．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由侧面为等边三角形，结合面积公式求解即可..【详解】设底面棱长为，正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则侧面为等边三角形，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为.故选：D5．数列满足，，则（    ）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】由递推公式可得数列是的周期数列，从而得解.【详解】，且，，，，，所以数列是的周期数列，所以.故选：A6．尽管目前人类还无法精准预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解.例如，地震释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系式为：.北京时间2023年2月6日9时17分，土耳其发生7.8级地震，它所释放出来的能量为，2023年2月28日12时21分，塔吉克斯坦发生4.6级地震，它所释放出来的能量为.则大约是的（    ）A．倍 B．倍 C．倍 D．倍【答案】D【分析】根据已知对数模型，及指对数关系、指数运算求、的数量关系.【详解】由题设，，所以，，故，则.故选：D7．若函数的部分图象如图所示，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数图象，利用待定系数法求出函数解析式，即可得解.【详解】由图象知，的两根为2，4，且过点，所以，解得，所以，所以，故选：A8．人脸识别技术应用在各行各业，改变着人类的生活，而所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份.在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.假设二维空间中有两个点，O为坐标原点，余弦相似度similarity为向量夹角的余弦值，记作，余弦距离为.已知，，，若P，Q的余弦距离为，Q，R的余弦距离为，则（    ）A．7 B． C．4 D．【答案】A【分析】由题设，，，利用向量夹角公式求得、，根据新定义及正余弦齐次运算求目标式的值.【详解】由，，，，，所以，故，则，整理得.故选：A9．已知，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题设，，结合重要不等式、基本不等式判断各项的正误即可.【详解】由题设，，所以，故A错；且，而，故B对；，故C错；，设，则，则在上递增，所以，故D错.故选：B.10．已知抛物线和直线，点为抛物线C上任意一点，设点P到直线的距离为d，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据抛物线定义将转化为，再由的最小值、点线距离公式求最小值.【详解】作垂直抛物线准线于，连接，则，故，所以，由图知：的最小值为到直线的距离，所以.故选：B11．已知正方形的边长为，现将沿对角线翻折，得到三棱锥.记的中点分别为，则下列结论错误的是（    ）A．平面B．三棱锥体积的最大值为C．三棱锥的外接球的表面积为定值D．与平面所成角的范围是【答案】D【分析】根据线面垂直的判定定理，证得平面，可判定A正确；当平面平面时，得到到平面的距离最大，进而求得体积的最大值，可判定B正确；由，得到三棱锥外接球的球心为，求得外接球的半径，可判定C正确；把与平面所成的角，转化为直线与平面所成的角，求得其范围，可判定D错误.【详解】对于A中，因为为正方形，可得，又由，且平面，所以平面，所以A正确；对于B中，当平面平面时，此时到平面的距离最大，即三棱锥高的最大值为，此时三棱锥的最大体积为，所以B正确；对于C中，由，所以三棱锥外接球的球心为，即外接球的半径，所以三棱锥外接球的表面积为（定值），所以C正确；对于D中，如图所示，取的中点，分别连接，因为分别为中点，可得且，所以平面平面，又因为平面，所以平面，因为，所以平面，所以即为直线与平面所成的角，在折叠过程中，设的长度为，则 由为的中点，所以，在直角中，可得，所以的取值范围为，即与平面所成的角的范围为，所以D错误.故选：D.12．函数，若关于x的方程恰有5个不同的实数根，则实数m的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用导数研究且的单调性和极值，进而画出图象，数形结合知有两个根，只需保证有三个根，即可确定参数范围.【详解】由，可得或，令且定义域为，则，当时，即递减；当时，即递增；所以，且，在趋向正无穷趋向正无穷，综上，根据解析式可得图象如下图示：显然对应两个根，要使原方程有5个根，则有三个根，即有3个交点，所以.故选：A【点睛】关键点点睛：导数研究且性质并画出图象，结合、的根个数分布确定参数范围. 二、填空题13．已知，若，则______.【答案】4【分析】由向量平行的坐标公式求解.【详解】因为，所以.故答案为：14．双曲线的离心率为，过双曲线的右焦点作垂直于x轴的直线交双曲线C与A，B两点，设A，B两点到双曲线的同一条渐近线的距离之和为8，则双曲线的焦距为______.【答案】【分析】右焦点为，作垂直于一条渐近线于，可得，应用点线距离公式及离心率列方程求双曲线参数，即可得焦距.【详解】根据题设，右焦点为，作垂直于一条渐近线于，如下示意图：由题设知：，则，由图知：到直线距离，又，所以，故，则双曲线的焦距为.故答案为：15．在△ABC中，角所对的边分别是，其中，，.若B的角平分线BD交AC于点D，则______.【答案】##【分析】由角平分线性质及正弦边角关系得、，应用余弦定理求得，在△中应用余弦定理求，正弦边角关系确定最终的长度.【详解】由题设，则，又，则，故，又，即，在△中，由余弦定理知：，即，得，故，在△中，由余弦定理知：，故，故或，又，即，故.故答案为：16．已知定义在R上的偶函数满足，，若，则不等式的解集为______.【答案】【分析】根据题设条件可得为周期为4的偶函数，进而有，目标不等式化为，构造并利用导数研究其单调性，即可求解集.【详解】由为偶函数知：，又，所以，即，故为周期为4的偶函数，所以，由可化为，令，则，故在R上递减，又即，所以，可得解集为.故答案为：【点睛】关键点点睛：首先要推出为周期为4的偶函数，再将不等式化为，构造函数研究单调性为关键. 三、解答题17．在科学、文化、艺术、经济等领域，出现过大量举世瞩目的“左撇子”天才，如：相对论提出者爱因斯坦，万有引力定律的发现者牛顿，镭的发现者居里夫人，诺贝尔奖获得者杨振宁，著有《变形记》的小说家弗兰兹卡夫卡，乒乓球女将王楠等.正因为如此多的“左撇子”在不同领域取得了卓越的成就，所以越来越多的人认为“左撇子”会更聪明，这是真的吗？某学校数学社成员为了了解真相，决定展开调查.他们从学生中随机选取100位同学，统计他们惯用左手还是惯用右手，并通过测验获取了他们的智力商数，将智力商数不低于120视为高智商人群，统计情况如下表. 智力商数不低于120智力商数低于120总计惯用左手4610 惯用右手167490总计2080100 (1)能否有90%的把握认为智力商数与是否惯用左手有关？(2)从智力商数不低于120分的这20名学生中，按惯用左手和惯用右手采用分层抽样，随机抽取了5人，再从这5人中随机抽取2人代表学校参加区里的素养大赛，求这2人中至少有一人是惯用左手的概率.参考公式：，其中.0.100.050.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.828  【答案】(1)有90%的把握认为智力商数与惯用左手有关(2) 【分析】(1)根据列联表作卡方计算；(2)按照分层抽样的规则抽取5人，再按照古典概型计算.【详解】（1）根据列联表代入计算可得：， 有90%的把握认为智力商数与惯用左手有关；（2）由题意可知，抽取比例为 ，所以抽取的5名学生中惯用右手的有 人，记为，，，，惯用左手的有 人，设为甲，从这5人中随机抽取2人的所有基本事件有，，，，，，，，，，共10个， 其中至少有一人惯用左手的基本事件有{，甲}，{，甲}，{，甲}，{，甲}，共4个.故至少有一人惯用左手的概率；综上，有90%的把握认为智力商数与惯用左手有关；至少有一人惯用左手的概率为 .18．已知数列的前n项之积为.(1)求数列的通项公式；(2)记为在区间中的项的个数，求数列的前50项和.【答案】(1)(2)243 【分析】（1） 根据数列的递推公式即可求解；（2）根据（1）的结论求出，进而求和.【详解】（1）由数列的前项之积为：，可得，依题意有， 又因为符合上式 ， 所以.（2）由题意，，即，当时，，当时，当时，，共有个，， 则 .19．《九章算术》卷第五《商功》中有记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也，甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶，”现有“刍甍”如图所示，四边形EBCF为矩形，，且.(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：平面GCF；(2)若，且，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取线段中点H，连接，利用中位线定理得到且，证明四边形是平行四边形，得到，根据线面平行的判定即可证明；（2）利用线面垂直的判定得到面，利用三角形面积公式求出，利用等体积法代入计算即可求解.【详解】（1）在图中取线段中点H，连接，如图所示：由题可知，四边形是矩形，且，∴O是线段与的中点，∴且，又且，而且.所以且，∴且，∴四边形是平行四边形，则，由于平面，平面，∴平面.（2）∵，面，，∴面， ， 所以，即三棱锥的体积为.20．已知椭圆的焦距为，分别为左、右焦点，过的直线与椭圆C交于M，N两点，的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程；(2)求三角形内切圆半径的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由焦距及焦点三角形周长知、，进而求得=1，即可得椭圆方程；（2）设，联立椭圆并应用韦达定理及三角形面积公式求得，利用基本不等式求范围，又求内切圆半径最值.【详解】（1）已知椭圆的焦距，则，又，所以，则，所以=1，故椭圆C的方程为.（2）设，，联立得：，则， ，仅当等号成立，设三角形内切圆半径为，则，故，三角形内切圆半径的最大值为.21．已知函数，，.(1)当时，求在点处的切线方程；(2)设，当时，函数有两个极值点，求实数m的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用导数几何意义求切线方程即可；（2）由题设在上有两个变号零点，构造研究其单调性，根据所得单调性和极值列不等式求m范围，结合零点存在性确定结果.【详解】（1）因为，所以，故，，所以切线方程为，即.（2）由题设且有两个极值点，则有两个变号零点，令，即有两个变号零点，而，①当时，在上恒成立，于是在上单调递增.所以，因此在上无零点，即在上无零点，不合题意. ②当时，令得：，在上，在上，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，由于在上有两个零点，则得：，因为且趋向于时趋向，所以由零点存在性定理得：时在上有两个变号零点，综上，可得的取值范围是.【点睛】关键点点睛：第二问，注意构造中间函数研究单调性，根据所得单调性判断极值处的符号求参数范围.22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求曲线的极坐标方程与曲线的直角坐标方程；(2)直线l：与曲线，分别交于M、N两点（异于极点O），P为上的动点，求△PMN面积的最大值．【答案】(1)曲线的极坐标方程为，曲线的直角坐标方程为(2) 【分析】（1）先消去参数方程中的参数化为直角坐标方程，利用直角坐标方程和极坐标方程的公式进行转化可得曲线的直角坐标方程；（2）将分别与曲线，的极坐标方程解得M、N两点，即可求出，再求出圆心到直线MN的距离，可求出点P到直线MN的最大距离，即可求出答案.【详解】（1）解：的参数方程为（为参数），消去可得，，所以曲线的直角坐标方程为，将，代入得，曲线的极坐标方程为．的极坐标方程为，即，所以曲线的直角坐标方程为，综上所述：曲线的极坐标方程为，曲线的直角坐标方程为．（2）当时，，，．显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大．直线MN的方程为，圆心到直线MN的距离为，所以点P到直线MN的最大距离，所以．23．已知函数．(1)当时，求不等式的解集；(2)若对任意，都有，求a的取值范围．【答案】(1)(2)或． 【分析】（1）分，和三种情况，分别求出的解集，最后求并集即可得出答案；（2）将问题转化为，分，即和当，，分别求解即可.【详解】（1）当时，原不等式可化为．当时，原不等式可化为，整理得，所以．当时，原不等式可化为，整理得，所以此时不等式的解．当时，原不等式可化为，整理得，所以．综上，当时，不等式的解集为．（2）若对任意，都有，即①．①式可转化为或，当，，，，所以；当，，所以．综上，a的取值范围为或．