2023届河南省创新发展联盟高三下学期二模考试数学（文）试题含解析

2023届河南省创新发展联盟高三下学期二模考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】化简集合，然后根据交集的定义运算即得.

【详解】因为，，

所以．

故选：B.

2．设复数的共轭复数为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据共轭复数求出，计算出答案.

【详解】因为，所以，故，

故．

故选：D

3．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据正弦定理求解即可.

【详解】由，得，

所以．

故选：C.

4．函数的图象可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】分析函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.

【详解】的定义域为，

因为，所以为偶函数，排除B、D.

当时，，，则，排除C选项，

故选：A.

5．十项全能是田径运动中全能项目的一种，是由跑、跳、投等10个田径项目组成的综合性男子比赛项目，比赛成绩是按照国际田径联合会制定的专门田径运动会全能评分表将各个单项成绩所得的评分加起来计算的，总分多者为优胜者．如图，这是某次十项全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图，则下列说法正确的是（    ）

A．在400米跑项目中，甲的得分比乙的得分低

B．甲的各项得分比乙的各项得分更均衡

C．在跳高和铁饼项目中，甲、乙水平相当

D．甲的各项得分的极差比乙的各项得分的极差大

【答案】D

【分析】根据雷达图对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】由雷达图可知，400米跑项目中，甲的得分比乙的得分高，A错误；

甲各项得分的波动较大，乙的各项得分均在内，波动较小，B错误；

在铁饼项目中，乙比甲水平高，C错误；

甲的各项得分的极差约为，乙的各项得分的极差小于200，D正确．

故选：D

6．已知α为锐角，且，则（     ）

A． B．2 C． D．3

【答案】A

【分析】根据同角关系式可得，然后根据两角和的正切公式即得.

【详解】因为，α为锐角，

所以，，

所以．

故选：A.

7．设x，y满足约束条件则的最大值为（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】D

【分析】画出可行域，利用目标函数的几何意义求出最大值.

【详解】表示可行域内的点与连线所在直线的斜率，

画出可行域，如图阴影部分即为可行域，

联立，解得，

数形结合可知，经过点与的直线斜率最大，且最大值为．

故选：D

8．已知函数的图象是由的图象向右平移个单位长度得到的，若的最小正周期为，则图象的对称轴中与y轴距离最近的对称轴方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据最小正周期得到，根据平移变换左加右减求出，从而得到对称轴，得到答案.

【详解】因为，所以，得，

所以，

令，，解得，，

取，得，取，得，

因为，所以与y轴距离最近的对称轴方程为．

故选：C

9．在正三棱柱中，，以的中点M为球心，4为半径的球面与侧面的交线长为（    ）

A．2π B．3π C．4π D．8π

【答案】C

【分析】作出辅助线，求出各边长，找到交线轨迹，求出答案.

【详解】取的中点分别为，N为四边形的中心，

连接MN，，

因为，故四边形为正方形，三点共线，三点共线，

平面且，

因为M为的中点，所以，

由勾股定理得，

所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，

球与侧面的交线轨迹如图所示，故交线长．

故选：C

10．甲、乙、丙三人玩传球游戏，每个人都等可能地把球传给另一人，由甲开始传球，作为第一次传球，经过3次传球后，球回到甲手中的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据古典概型运算公式进行求解即可.

【详解】设甲、乙、丙三人用，

由题意可知：传球的方式有以下形式，

，

所求概率为.

故选：C

11．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线E上一点，，的平分线与x轴交于点Q，，则双曲线E的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】B

【分析】根据题意分析可得，利用正弦定理结合角平分线可得，再根据双曲线的定义结合通径分析运算即可.

【详解】∵，则，可得，

分别在中，由正弦定理可得：

∵平分，可得，即，

且，

故，则，

所以，

又∵，则，

所以，整理得，

故，得，即，

所以.

故选：B.

【点睛】本题考查双曲线的性质，考查逻辑推理与数学运算的核心素养.

方法定睛：1.双曲线离心率(离心率范围)的求法

求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值．

2.焦点三角形的作用

在焦点三角形中，可以将双曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．

12．古希腊数学家普洛克拉斯指出：“哪里有数，哪里就有美．”“对称美”是数学美的重要组成部分，在数学史上，人类一直在思考和探索数学的对称问题，图形中的对称性本质就是点的对称、线的对称．如正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称性也是函数一个非常重要的性质．如果一个函数的图象经过某个正方形的中心并且能够将它的周长和面积同时平分，那么称这个函数为这个正方形的“优美函数”．下列关于“优美函数”的说法中正确的有（    ）

①函数可以是某个正方形的“优美函数”；

②函数只能是边长不超过的正方形的“优美函数”；

③函数可以是无数个正方形的“优美函数”；

④若函数是“优美函数”，则的图象一定是中心对称图形．

A．①② B．①③ C．②③ D．②④

【答案】B

【分析】根据“优美函数”的定义，可判断①③中的函数为奇函数，其图象为中心对称图形，可判断其正误，结合余弦函数的性质可判断②，作图分析，举出反例，判断④.

【详解】对于①，满足，故为奇函数，

则图象原点对称，且连续，

所以可以是中心为原点且边长为2的正方形的“优美函数”，故①正确．

对于②，令，得，

所以图象的对称中心为，

故以为中心的正方形都能被函数的图象平分，

即可以同时是无数个正方形的“优美函数”，故②错误．

对于③，令，,

则，故为奇函数．

又因为的图象是由的图象向下平移一个单位长度得到的，

所以图象的对称中心为，故以为中心的正方形都能被的图象平分，故③正确．

对于④，如图所示，图中两三角形面积相等，函数是“优美函数”，

但其图象不是中心对称图形，

可知④错误，

故选：B

二、填空题

13．已知向量，，且，则______．

【答案】5

【分析】根据题意，由向量的坐标计算公式可得的关系，又由向量垂直与向量数量积的关系计算即可得出答案.

【详解】因为，，所以，解得．

故答案为：5.

14．设E，F分别在正方体的棱，上，且，，则直线与所成角的余弦值为__________.

【答案】##0.8

【分析】利用构造平行线，再解三角形即可处理异面直线夹角问题.

【详解】如图所示，在棱，上分别取点N，M，使得，，连接，，

可知，则为直线与所成的角.

设，在中，易得，，，

设，则，从而.

故答案为：

三、双空题

15．已知抛物线的焦点为F，过F且被C截得的弦长为4的直线有且仅有两条，写出一个满足条件的抛物线C的方程：__________，此时该弦的中点到x轴的距离为__________.

【答案】          （答案不唯一，只要，且所求距离为即可）

【分析】利用抛物线定义及焦点弦的性质写出一个结果即可.

【详解】易知过焦点的弦中，通径最短，所以，解得.

设该弦所在的直线与C的交点分别为A，B，弦的中点为D，

则A，B，D到准线的距离分别为：，

则由梯形的中位线性质可知D到x轴的距离为.

不妨取，则抛物线C的方程为，

此时弦的中点到x轴的距离为.

故答案为：；（答案不唯一，只要，且所求距离为即可）

四、填空题

16．已知正数，满足，给出以下结论：①，②，③，④．其中正确的是______．（请写出所有正确结论的序号）

【答案】①③④

【分析】由可得，进而得到，即可判断①②；令，令，分别利用导数分析函数单调性，进而求得和，进而可判断③④.

【详解】因为，所以，所以，故①正确，②错误；

令，

则，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以，故③正确；

令，

则，

可知当时，单调递增；

当时，单调递减，

所以，故④正确．

故答案为：①③④.

五、解答题

17．已知等差数列满足，，公比不为的等比数列满足，.

(1)求与通项公式；

(2)设，求的前n项和.

【答案】(1)，，

(2)，

【分析】（1）由等差数列、等比数列的定义计算基本量即可求通项公式；

（2）根据等比数列的求和公式及裂项相消求和即可.

【详解】（1）设的公差为d，因为，，

所以，解得，从而，

所以；

设的公比为q，因为，所以，解得，

因为，所以，

所以 .

（2）由上可知：，所以，

所以，

所以，.

18．某地要举办一年一度为期一个月（30天）的大型商业峰会，一商店每天要订购相同数量的一种食品，每个该食品的进价为元，售价为1元，当天卖不完的食品按进价的半价退回，食品按每箱100个包装．根据往年的销售经验，每天对该食品的需求量和当天到会的人数有关，为了确定订购计划，统计了往年的到会人数与需求量和到会人数与天数的有关数据如下：

以到会人数位于各区间的频率估计到会人数位于各区间的概率．

(1)估计商业峰会期间，该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的概率；

(2)设商业峰会期间一天这种食品的销售利润为Y（单位：元），当商业峰会期间这种食品一天的进货量为550箱时，写出Y的所有可能值，并估计Y不超过15000元的概率．

【答案】(1)

(2)Y的所有可能值为11500，15000，18500，22000；

【分析】（1）根据表格求出商店一天这种食品的需求量不超过500箱的天数，从而求出相应的概率；

（2）根据到会人数位于的区间，求出Y的所有可能取值，并求出Y不超过15000元的概率.

【详解】（1）由表中数据可知商业峰会期间30天内，该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的天数为，

所以商业峰会期间该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的概率为．

（2）当峰会期间这种食品一天的进货量为550箱时，

若到会人数位于区间内，

则元，

若到会人数位于区间内，

则元，

若到会人数位于区间内，

则元，

若到会人数超过11000，则元，

即Y的所有可能值为11500，15000，18500，22000

Y不超过15000元，意味着到会人数不超过10000，

到会人数不超过10000的频率为，

所以Y不超过15000元的概率的估计值为．

19．在四棱锥中，四边形ABCD为等腰梯形，，，，．

(1)证明：平面平面PBC．

(2)若，，求点D到平面PBC的距离．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面PBC，然后根据面面垂直的判定定理即得；

（2）根据面面垂直的性质定理结合条件可得三棱锥的体积，然后根据等积法即得.

【详解】（1）在等腰梯形ABCD中，，，，

过点C作于E，则，，，

所以，

则，所以．

又，，BC，平面PBC，

所以平面PBC，又平面ABCD，

所以平面平面PBC；

（2）连接BD，由（1）知平面平面PBC，因为，平面平面，平面，

所以平面BCD．

又，所以，

所以三棱锥的体积．

在中，因为，所以．

设点D到平面PBC的距离为d，所以三棱锥的体积．

由，得，

解得．

20．已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点，过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设O为坐标原点，求面积的最大值以及此时直线l的方程.

【答案】(1)

(2)，或

【分析】（1）根据给定条件列方程，求出a，b即可作答.

（2）先判断直线的斜率不为0，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理、三角形面积列出函数式，利用基本不等式求解作答.

【详解】（1）由，得，

所以椭圆C的方程为，

把点的坐标代入上式，得，可得，

所以，，故椭圆C的方程为.

（2）由（1）知焦点F的坐标为，若直线l的斜率为0，

则O，A，B三点不能构成三角形，

所以直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，

联立方程组，消去x，得，

方程的判别式，

设，，则，，

.

令，则，

当且仅当时，等号成立，即面积的最大值为.

令，解得，

所以此时直线l的方程为或.

【点睛】关键点点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

21．已知函数．

(1)若直线与曲线相切，求m的值；

(2)证明：（参考数据：）．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据导数的几何意义结合条件即得；

（2）根据函数的单调性可得，然后构造函数，，利用导数求函数的最值，进而即得.

【详解】（1）由题意，，

由，得，

则，

解得；

（2）因为，，

由，可得，在上递减，

由，可得，在上递增；

所以；

又等价于．

令，则．

当时，，在上递增；

当时，，在上递减．

所以．

令，则．

当时， ，在上递减，

当时，；在上递增，．

所以．

因为，所以，所以，

所以，从而得证，

故．

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，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xOy中，圆C的方程为．

(1)以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；

(2)直线l的参数方程为（t为参数），l与C的交点为A，B，且，求l的斜率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先将圆化为一般式，再由普通方程与极坐标方程的转化关系即可得解；

（2）表示出直线l的普通方程，几何法求弦长，列出方程可解l的斜率

【详解】（1）可化为，

因为，，所以可化为，

即圆C的极坐标方程为．

（2）圆C的方程为，圆心，半径，

因为直线l的参数方程为（t为参数），当时，直线l与C没有交点，所以，所以，

即直线l的普通方程为．

设圆心C到直线l的距离为d，则，

由，得，

解得，即．

直线l的斜率为，所以l的斜率为．

23．已知函数．

(1)解不等式；

(2)若t是的最小值，且，求的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用“零点”分段法去绝对值，转化成不等式组即可求出结果；

（2）先利用绝对值的不等式的性质，求出的值，再用柯西等式即可求出最小值.

【详解】（1）因为，

所以不等式可化为或或，

解得，即不等式的解集为.

（2）因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，从而

又，所以由柯西不等式得

，

即，当且仅当，即时，等号成立，

所以，即的最小值为．