2023届河南省濮阳市第一高级中学高三模拟质量检测数学（文）试题含解析

这是一份2023届河南省濮阳市第一高级中学高三模拟质量检测数学（文）试题含解析，共18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届河南省濮阳市第一高级中学高三模拟质量检测数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】计算，，再计算交集得到答案.【详解】，，故.故选：A2．已知为实数，为虚数单位，若 ，则A． B． C．  D．【答案】A【详解】因为，所以是实数，且，故，应选答案A．3．已知为等差数列，为其前n项和，若，，则（    ）A．17 B．15 C．13 D．11【答案】C【解析】根据，求得的值，再代入通项公式，即可得答案；【详解】，，，故选：C.【点睛】本题考查等差数列基本量运算，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.4．下列命题为真命题的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】对于A选项，构造函数，所以在区间上，递减，在上，递增.所以在处取得极小值也即是最小值，所以，即.所以A选项正确.对于B选项，由于A选项正确，所以B选项错误.对于C选项，当时，，所以C选项不正确.对于D选项，当时，，当且仅当时等号成立，所以D选项错误.故选：A5．四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年数学家阿佩尔与哈肯证明，称为四色定理.其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色.”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用，，，四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字.”如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线围城的各区域上分别标有数字，，，的四色地图符合四色定理，区域和区域标记的数字丢失.若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为的区域的概率所有可能值中，最大的是A． B． C． D．【答案】C【分析】令B为1，结合古典概型计算公式，得到概率值，即可．【详解】A,B只能有一个可能为1，题目求最大，令B为1，则总数有30个，1号有10个，则概率为，故选C．【点睛】本道题考查了古典概型计算公式，难度较小．6．已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意得到，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，结合正方体的性质，即可求解.【详解】由题意，正三棱锥中，，则，所以，同理可得，即，，两两垂直，可把该三棱锥补成一个正方体，则该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，即正方体的体对角线就是球的直径，所以球心位于正方体对角线的中点,所以三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，所以.7．设是定义在上的偶函数，对任意的，都有，且当时，，则在区间内关于的方程的根的个数为（   ）A． B． C． D．【答案】D【分析】依题意可得的周期为，再根据偶函数的性质求出函数在上的解析式，从而得到函数的图象，将方程的根的个数转化为和在上的交点个数，数形结合即可得解.【详解】解：因为是定义在上的偶函数，对任意的，都有，所以，即，所以函数的周期为，当时，则，此时，即，由，，得，分别作出函数和，的图象，如图所示，则由图象可知两个函数的图象的交点个数为个，即方程的零点个数为个.故选：D.8．设，满足约束条件，若目标函数的最大值为，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据条件画出可行域，设，再利用几何意义求最值，将最大值转化为轴上的截距，只需求出直线，过可行域内的点时取得最大值，从而得到一个关于，的等式，最后利用基本不等式求最小值即可．【详解】解：不等式表示的平面区域如图所示阴影部分，当直线过直线与直线的交点时，目标函数取得最大2，即，而  ．当且仅当，即时取等号；故选：B．【点睛】本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用、简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，本题要求能准确地画出不等式表示的平面区域，并且能够求得目标函数的最值，属于中档题．9．过抛物线的焦点作倾斜角为的直线交抛物线于，两点，若，则实数的值为A． B．1 C． D．【答案】B【分析】设直线方程为,，联立直线与抛物线可得，可得答案.【详解】解：易得，设直线方程为，(此题中)，，可得，，可得，，可得，由题意的，故P=1,故选B.【点睛】本题是一道关于抛物线的题目，关键是掌握抛物线的简单性质及弦长的计算方法.10．数列满足，，现求得的通项公式为，，若表示不超过的最大整数，则的值为（    ）A．43 B．44 C．45 D．46【答案】D【分析】根据题意可解得，，分别计算可得，，由可得，所以.【详解】联立方程；解得，，则，由题可得，，，且，所以，则，因为，所以，故，故选：D.11．已如函数的定义域为,且恒成立,若（其中是自然对数的底数），则不等式的解集为（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据，可构造函数，且，再将不等式配凑为，结合单调性，即可求解.【详解】依题意，令，故函数在上单调递减，，又因为在上单调递增，且，故，所以原不等式的解集为.故选：B．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数解不等式，关键在于根据条件构造辅助函数，利用函数的单调性进行解题.12．点C，D是平面内的两个定点，，点在平面的同一侧，且，，若与平面所成的角分别为，则下列关于四面体ABCD的说法中，不正确的是（    ）A．点A在空间中的运动轨迹是一个圆 B．面积的最小值为2C．四面体ABCD体积的最大值为 D．当四面体ABCD的体积达最大时，其外接球的表面积为【答案】C【分析】由题意画出图形，过作平面的垂线，分析可知A在以为轴线，以为母线的上底面圆周上，可判断A；写出的面积，求出的最小值，可得面积的最小值可判断B；当最大，且平面时，四面体ABCD体积取得最大值，求出最大值可判断C；求出四面体ABCD体积取得最大值时，其外接球的半径，进一步求出外接球的表面积可判断D.【详解】如图所示，对于A，因为与平面所成的角为，过作平面的垂线,则与所成的角为，则A在以为轴线，以为母线的上底面圆周上，故A正确；对于B，B在以为轴线，以为母线的上底面圆周上，则，由图可知，，即，则面积的最小值为，故B正确； 对于C，当最大，且平面时，四面体ABCD体积取得最大值为，故C错误；对于D，当四面体ABCD体积取得最大值时，，，，利用余弦定理求得，满足，可得，则所在截面圆的圆心为中点，设四面体ABCD外接球的球心为，则平面，则，，在直角中，求得，即四面体ABCD外接球的半径为，其表面积为，故D正确；故选：C【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解． 二、填空题13．若，，，则______．【答案】【分析】根据给定条件，求出，再利用数量积的运算律求解作答.【详解】因为，，，则，解得，所以.故答案为：14．设等比数列的前n项和为，若，且，则__________.【答案】【分析】由可得，根据前n项和公式即可求解.【详解】因为是等比数列，所以有，所以，所以，因为，所以，即，即：，解得：.故答案为：.15．已知O为平面直角坐标系的原点，为双曲线的右焦点，E为的中点，过双曲线左顶点A作两渐近线的平行线分别y轴交于C，D两点，B为双曲线的右顶点，若四边形ACBD的内切圆经过点E，则双曲线的离心率为______．【答案】【分析】由条件列关于的齐次方程，再结合关系可求离心率.【详解】设双曲线的半焦距为，双曲线的左顶点的坐标为，渐近线方程为，所以直线的方程为，即，由对称性可得四边形的内切圆的圆心为，半径为，又，所以，故，所以，所以离心率，故答案为：.  16．已知函数，，若当时，存在，，使得成立，则实数的取值范围是_____________.【答案】【分析】本题将恒成立问题转化为最值，不等式问题，再解不等式即可.【详解】由题意：存在，，使得成立，等价于.因为，，所以当时，.因为，，所以.所以在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以.又，所以或.故实数a的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查不等式恒成立问题，函数的最值问题，是中档题. 三、解答题17．已知(1)若，求函数的值域；(2)在，角，，的对边分别为，，，若，且的面积为，当时，求的周长．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）应用诱导公式、辅助角公式化简函数式，由正弦型函数性质求值域；（2）由已知可得，结合三角形面积公式、余弦定理求，进而求周长.【详解】（1）由题意，函数，，当时，可得，∴，故，所以函数的值域为．（2）由（1）得，所以，因为，得，所以，解得，又，可得，由余弦定理得，因为，所以，所以的周长为．18．近几年随着移动网络的发展，更多的消费者选择利用手机软件进行网络购物，某科技公司开发了一款手机购物软件，并在各大手机应用商店上架．为了更好地推广该软件，该公司统计得到了此软件的网络推广费用（万元）和在各个手机应用商店的总下载量（万次）的数据，如下表：（1）请利用所给数据，求总下载量与网络推广费用之间的回归直线方程（、精确到）；（2）预测网络推广费用为万元时，该软件在各个手机应用商店的总下载量．（参考公式：，）【答案】（1）；（2）万次.【解析】（1）计算出、的值，将表格中的数据代入最小二乘法公式，求出、的值，即可得出载量与网络推广费用之间的回归直线方程；（2）将代入回归直线方程可求得结果.【详解】（1）由表中数据，得，，，，所以与之间的回归直线方程为；（2）当时，，预测网络推广费用为万元时该软件在各个手机应用商店的总下载量为万次．19．如图①，在平面四边形中，，，．将沿着折叠，使得点到达点的位置，且二面角为直二面角，如图②．已知分别是的中点，是棱上的点，且与平面所成角的正切值为．(1)证明：平面平面；(2)求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用三角形中位线性质和线面平行的判定可证得平面，平面，由面面平行的判定可证得结论；（2）取的中点，根据已知的长度关系和面面垂直性质可证得平面，结合线面角定义可得，由此可确定点位置，从而求得，利用棱锥体积公式可求得结果.【详解】（1）分别为的中点，，，平面，平面，平面，平面，又，平面，平面平面.（2）取的中点，连接，，，为等边三角形，，又，，为等腰直角三角形，，；二面角是直二面角，即平面平面，平面平面，平面，平面，即为与平面所成角，，解得：；在中，由余弦定理得：，即，解得：，为线段上靠近点的四等分点，，.20．如图，已知椭圆，点B是其下顶点，过点B的直线交椭圆C于另一点A（A点在轴下方），且线段AB的中点E在直线上.（1）求直线AB的方程；（2）若点P为椭圆C上异于A、B的动点，且直线AP,BP分别交直线于点M、N，证明：为定值.【答案】（1）（2）详见解析【详解】解：（1）设点E（m，m），由B（0，－2）得A（2m，2m+2）．代入椭圆方程得，即，解得或（舍）．所以A（，）， 故直线AB的方程为．（2）设，则，即．设,由A，P，M三点共线，即， ∴， 又点M在直线y=x上，解得M点的横坐标， 设，由B，P，N三点共线，即，∴， 点N在直线y=x上，，解得N点的横坐标． 所以=＝2====． 【解析】直线与椭圆位置关系21．已知函数，为自然对数的底数．（1）若是的极值点，求的值，并求的单调区间；（2）当时，证明：．【答案】（1）；的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明见解析；【分析】（1）求导得，则（1），从而得出的值；于是，令，则，再比较与0的大小关系即可得解．（2）由题可知，，构造函数，易知在上单调递增，又，，于是存在，使得，从而推出在上单调递减，在，上单调递增，故，接下来利用基本不等式的性质证明即可．【详解】解：（1），，是的极值点，，解得．此时，，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增．故的单调递减区间为，单调递增区间为．（2）证明：当时，，，令，则，即在上单调递增，又，，存在，使得，即，也就是，当时，，，单调递减；当，时，，，单调递增．，故．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、恒成立问题，运用了隐零点的思维、基本不等式的性质，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．22．在直角坐标系以中，直线：，圆的参数方程为，为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求直线和圆的极坐标方程；(2)若直线的极坐标方程为（），设，与圆的公共点分别为，，求的值．【答案】(1)（），(2) 【分析】（1）根据，，得到直线的极坐标方程，先将圆的方程化为普通方程，再将，代入求解； （2）将代入，解得，将代入，解得．然后在中由余弦定理求解.【详解】（1）解：，，直线的极坐标方程为，即（）．圆的普通方程为，圆的极坐标方程为．（2）将代入，得，解得，将代入，得，解得．在中由余弦定理得，，.23．已知(1)求不等式的解集；(2)若，且，恒成立，求m的最大值．【答案】(1)(2)2 【分析】（1）考虑，，，解不等式得到答案.（2）计算，，得到，确定，变换，得到答案.【详解】（1），当时，，得，故；当时，，得，故；当时，由，得，此时无解.综上所述：原不等式的解集是．（2），故，，，则，，，故，，，故m的最大值为2．