2023届河南省郑州市高三三模数学（理）试题含解析

这是一份2023届河南省郑州市高三三模数学（理）试题含解析，共23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届河南省郑州市高三三模数学（理）试题

一、单选题
1．集合子集的个数为（    ）
A．3个 B．4个 C．8个 D．16个
【答案】D
【分析】用列举法写出集合即可得解.
【详解】，
集合子集的个数为个.
故选：D.
2．复平面内，复数对应的点位于（    ）
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】根据复数运算及复数的几何意义即可求解.
【详解】由题得，即复平面内对应的点为，在第一象限.
故选：A．
3．若向量、满足，则向量与向量的夹角为（    ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
【答案】D
【分析】已知式平方得，平方求得，两种方法计算后可得结论．
【详解】，所以，又，所以，
，
，
又，
所以，，
又，所以，
故选：D．
4．欧拉长方体，又称整数长方体或欧拉砖，指棱长和面对角线长都是整数的长方体．记E（a，b，c；d，e，f）为欧拉长方体，其中a，b，c为长方体的棱长，d，e，f为面对角线长．最小的欧拉长方体是．从，，，，，中任取两个欧拉砖，则恰有一个最短棱长小于100的欧拉砖的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先观察出最短棱长小于100的欧拉砖的个数有2个，利用组合知识得到概率.
【详解】最短棱长小于100的欧拉砖的个数有2个，
故任取两个欧拉砖，则恰有一个最短棱长小于100的欧拉砖的概率为.
故选：D
5．抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴，反之，平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线经过该抛物线的焦点．已知抛物线C：，一条平行于y轴的光线，经过点，射向抛物线C的B处，经过抛物线C的反射，经过抛物线C的焦点F，若，则抛物线C的准线方程是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据抛物线的定义，即可转化求解.
【详解】由题意可知，抛物线的准线方程为，根据抛物线的定义可知，抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等，所以，得，
所以抛物线的准线方程为.
故选：B
6．设函数在区间内恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据正弦函数的性质列不等式求解.
【详解】时，，，因此由题意，解得．
故选：A．
7．2023年1月底，人工智能研究公司OpenAI发布的名为“ChatGTP”的人工智能聊天程序进入中国，迅速以其极高的智能化水平引起国内关注．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.8，衰减速度为12，且当训练迭代轮数为12时，学习率衰减为0.5．则学习率衰减到0.2以下（不含0.2）所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：）（    ）
A．35 B．36 C．37 D．38
【答案】B
【分析】由已知求得衰减系数，然后根据已知模型列不等式求解．
【详解】由已知，，
，，，，
因此至少为36，
故选：B．
8．在△ABC中，若，，，点P为△ABC内一点，PA⊥PB且，则（    ）
A． B． C．2 D．5
【答案】B
【分析】在中，由余弦定理求得，在Rt中，令，则，在中，由正弦定理求得，即可得出结果．
【详解】
在中，由余弦定理得，即，解得，
在Rt中，令，则，
在中，，
由正弦定理得，即，
所以，又，所以，所以．
故选：B．
9．两个边长为4的正三角形与，沿公共边折叠成的二面角，若点A，B，C，D在同一球O的球面上，则球O的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出辅助线，找到球心的位置及点在平面上的投影，利用勾股定理列出方程，求出外接球的半径，进而得到球的表面积.
【详解】取的中点，连接，
因为正三角形与的边长为4，所以⊥，⊥，
且，
故为二面角的平面角，，
所以是等边三角形，
取的中点，连接，则⊥，，，
因为⊥，⊥，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
取的中心，则点在上，且，故，
则球心在点正上方，连接，过点作⊥于点，
则，
设，则，
由勾股定理得，，
故，解得，
故外接球半径，
故球O的表面积为.

故选：B
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
10．已知，分别是双曲线：的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】因为，所以∽，设，则，设，则，．由角平分线的性质可得，由双曲线的定义可得，，再结合余弦定理可得，从而可求解.
【详解】
因为，则，所以∽，
设，则，设，则，．
因为平分，由角平分线定理可知，，
所以，所以，
由双曲线定义知，即，，①
又由得，
在中，由余弦定理知，
在中，由余弦定理知，
即，化简得，
把①代入上式得，解得．
故选：A．
11．已知正方体的棱长为2，E，F分别为线段，上的动点，过点D，E，F的平面截该正方体的截面记为，则下列命题正确的个数是（    ）
①当时，平面；
②当E，F分别为，的中点时，几何体的体积为1；
③当E为中点且时，与BC的交点为G，满足；
④当E为中点且时，为五边形．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】命题①中截面即为对角面，易证得线面垂直；命题②中，利用棱锥体积公式计算体积后可判断；命题③中，延长交延长于，连接交于，然后计算出长即可判断；命题④中，取，确定截面后可判断．
【详解】命题①，，则与重合，截面即为对角面，
由正方体的性质，底面，底面，则，又，而是截面内两相交直线，因此平面，①正确；

命题②，E，F分别为，的中点，
因为平面，，
，②正确；

③当E为中点且时，延长交延长于，连接交于，
由得，即，
由得，所以，解得，③正确；

④E为中点且时，若，即与重合，此时易得截面即为对角面，它是四边形，④错误．

故选：C．
12．下列不等式中不成立的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由不等式可得A正确，构造函数，利用单调性可得B正确，作差之后化简可得C错误，构造函数，利用单调性可得D正确.
【详解】由：令，则，
所以上，递减，上，递增，故，
所以，而，所以，所以A正确；
由知，：令，则，
令得：，所以在上递减，所以，
即，所以，所以B正确；
由于
，
即，所以C错误；
由知，：令，
则，
令，则，令得
所以在上递增，所以对恒成立，
即对恒成立，所以在上递增，
所以，即，亦即，所以D正确.
故选：C

二、填空题
13．二项式的展开式中的系数为________．
【答案】
【分析】根据二项式展开式的通项公式即可求得二项式的展开式中的系数.
【详解】二项式的展开式中的通项为：，
令，得，
所以二项式的展开式中的系数为，
故答案为：.
14．曲线与坐标轴交于A，B，C三点，则过A，B，C三点的圆的方程为______．
【答案】
【分析】由题意分别计算A，B，C三点的坐标，然后利用待定系数法求出圆的方程.
【详解】令，则，解得，即，；
令，得，即，
设圆的方程为，
所以，解得.
所以圆的方程为.
故答案为：.
15．已知函数，，对于下述四个结论：
①函数的零点有三个；
②函数关于对称；
③函数的最大值为2；
④函数在上单调递增．
其中所有正确结论的序号为：______．
【答案】②③④
【分析】令，解得零点即可判断①；验证即可判断②；利用二次函数的性质求最值可判断③；令，利用复合函数的单调性可判断④．
【详解】，
令，解得或，
∵，∴或或或，故①错误；
∵，
∴函数关于对称，故②正确；
，
∵，∴，
∴当时，函数取最大值2，故③正确；
，
令，当时，单调递减，
∵，∴，∴单调递减，
∴函数在上单调递增，故④正确．
故答案为：②③④.
16．已知是函数在其定义域上的导函数，且，，若函数在区间内存在零点，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【分析】先根据及得到，利用同构得到有解，构造，得到，故，参变分离得到在有解，令，求导得到其单调性，极值和最值情况，得到答案.
【详解】，所以，
故，所以，为常数，
因为，又，故，
所以，
若在区间内存在零点，
则在区间内存在零点，
整理得，
设，则，
令得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极小值，也是最小值，，
故时，成立，
即存在，使得有解，即有解，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，
又，故，
所以，故实数m的取值范围.
故答案为：
【点睛】方法点睛：利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：
比如：若，则构造，
若，则构造，
若，则构造，
若，则构造.

三、解答题
17．已知等差数列的公差不为零，其前n项和为，且是和的等比中项，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，令，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据条件列出关于首项和公差的方程组，即可求解；
（2）根据（1）的结果，可知，再利用错位相减法求和.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，
又是和的等比中项，得，即，
即，①
又，取时，，即，②
将①②联立解得，，
，
（2）由题意可知，，，


，
，
，

18．某校为了深入学习宣传贯彻党的二十大精神，引导广大师生深入学习党的二十大报告，认真领悟党的二十大提出的新思想、新论断，作出的新部署、新要求，把思想统一到党的二十大精神上来，把力量凝聚到落实党的二十大作出的各项重大部署上来．经研究，学校决定组织开展“学习二十大奋进新征程”的二十大知识竞答活动．
本次党的二十大知识竞答活动，组织方设计了两套活动方案：
方案一：参赛选手先选择一道多选题作答，之后都选择单选题作答；
方案二：参赛选手全部选择单选题作答．
其中每道单选题答对得2分，答错不得分；
多选题全部选对得3分，选对但不全得1分，有错误选项不得分．
为了提高广大师生的参与度，受时间和场地的限制，组织方要求参与竞答的师生最多答3道题．在答题过程中如果参赛选手得到4分或4分以上则立即停止答题，举办方给该参赛选手发放奖品．据统计参与竞答活动的师生有500人，统计如表所示：

男生
女生
总计
选择方案一
100
80

选择方案二
200
120

总计



(1)完善上面列联表，据此资料判断，是否有90%的把握认为方案的选择与性别有关？
(2)某同学回答单选题的正确率为0.8，各题答对与否相互独立，多选题完全选对的概率为0.3，选对且不全的概率为0.3；如果你是这位同学，为了获取更好的得分你会选择哪个方案？请通过计算说明理由．
附：，．

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

【答案】(1)表格见解析，没有
(2)方案一，理由见解析

【分析】（1）首先补全列联表，再根据参考公式和数据，进行比较后，即可作出判断；
（2）分别计算两个方案下的得分的分布列，再求数学期望，比较大小后，即可判断.
【详解】（1）由题意完善列联表如图

男生
女生
总计
选择方案一
100
80
180
选择方案二
200
120
320
总计
300
200
500
故
故没有的把握认为方案的选择与性别有关.
（2）设选择方案一的得分为X，则X的所有可能取值为，
则，，
，，
，
，
故X的数学期望.
设选择方案二的得分为Y，则Y的可能取值为，
则，，
，
故，
因为，故为了获取更好的得分，我会选择方案一
19．如图，在三棱柱中，D为AC的中点，，．

(1)证明：；
(2)若，直线与平面所成的角的正弦值为，二面角的大小为60°，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由得，又为的中点，则，又，可得平面，由此可得结论；
（2）由已知条件可得平面，，可知为二面角的平面角，即，过点作于点，可证得平面，故直线与平面所成角为，即，求得，取 为中点，则平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求得结果．
【详解】（1）在三棱柱中，，，，
，，
又为的中点，，
在中，，，，
，、平面，平面，
又平面，．
（2），，，平面，
平面，而平面，，
为二面角的平面角，即，
为等边三角形，即，
过点作于点，则为的中点，，
平面，而平面，，
又，平面，平面，
故直线与平面所成角为，即，
设，则，即，
取 为中点，，
平面，而平面，，
又，平面，平面，
，平面，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，， ， ，
设平面一个法向量为，
由，取，得；
设平面的一个法向量分别为，
由，取，得．
．
二面角的余弦值．
20．已知椭圆的离心率为，为椭圆的右焦点，为椭圆的下顶点，与圆上任意点距离的最大值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设点在直线上，过的两条直线分别交椭圆于，两点和，两点，点到直线和的距离相等，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）根据到圆上距离最大值为，求出，再根据离心率及，得到方程组，解得即可；
（2）若点与点重合显然不成立，若点与点不重合，依题意可得，设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆方程，列出韦达定理，表示出，，即可得到，同理得到，即可得解.
【详解】（1）由题意可知，，
又到圆上距离最大值为，.
又，解得，.
故椭圆方程为.

（2）若点与点重合，则不存在，
若点与点不重合，点到直线和的距离相等，且在直线上，
，
设，由题意可知直线，的斜率均存在且不为，
设直线的方程为，，
由得，
设，，
则，--
又，，
，
设直线的方程为，
同理可得
又，，   故.
所以存在这样的，使得.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点，，且，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）首先求函数的导数，再根据判别式讨论函数的单调区间；
（2）根据（1）的结果，可知，，，，这样可将所证明不等式进行变形，从而构造函数，利用导数即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，，
设，令，，
当时，即，在单调递减，
当时，即，，令，得，，
若，，，由即，得出.
由即，得出.
当时，，由即，得出.
由即，得出.
综上所述：当时，函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，函数在上单调递减，
在上单调递增；在上单调递减.
（2）由（1）可知：当时，
，是函数两个极值点，
有，，此时，
要证明，只要证明

设，

令，
当时，，
所以当时，，单调递减，
所以有，即证
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数性质的综合应用问题，本题第二问处理双变量问题，关键是，，，从而为后面的消参，构造函数创造条件.
22．在直角坐标系xOy中，曲线的方程为，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．
(1)求曲线，的极坐标方程；
(2)若曲线：分别交曲线，（不包括极点）于A、B两点，求的最大值．
【答案】(1)：，：；
(2).

【分析】（1）变形曲线的方程，曲线的参数方程化为普通方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化成极坐标方程作答.
（2）把分别代入曲线，的极坐标方程，求出点的极坐标，再利用正弦函数性质求出最大值作答.
【详解】（1）因为，
则曲线的方程可化为，又，
所以的极坐标方程为；
曲线中，，即，
所以的极坐标方程为.
（2）依题意，，把代入得点的极径，
点的极径为，把代入，得，
因此，
而，即，当，即时，，
所以当时，的最大值为.
23．已知正实数a，b，c．
(1)若x，y，z是正实数，求证：；
(2)求的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2).

【分析】（1）利用柯西不等式即可证明；
（2）先利用基本不等式证得，再利用第一问的结论即可求得最小值.
【详解】（1）由柯西不等式易知，
所以；
（2）为正数，则
∴
，当且仅当时，等号成立.
由（1）可得
，当且仅当时，等号成立.
所以的最小值为.