河南省2022-2023学年高三下学期核心模拟卷（中）理科数学（五）试题（Word版附解析）

这是一份河南省2022-2023学年高三下学期核心模拟卷（中）理科数学（五）试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，选考题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知，若，且，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意建立不等式求解即可.
【详解】由题意，且，
解得，
故选：B
2. 已知是虚数单位，若，，则在复平面内的对应点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】写出的共轭复数，结合复数的乘法运算求出，根据复数的几何意义即可判断.
【详解】由，得，所以，故在复平面内的对应点的坐标为，位于第四象限.
故选：D
【点睛】本题主要考查共轭复数、复数的乘法运算及复数的几何意义，属于基础题.
3. 使“”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据不等式的关系结合充分不必要条件分别进行判断即可．
【详解】对于A，若，，当时，成立，
所以“，”“”，A不满足条件；
对于B，，，则，即，
所以“，”“”，
若，则，不妨取，，，则，
所以“，”“”，
所以“，”是“”的充分不必要条件，B满足条件；
对于C，若，则，使得，即，
即“”“，”，
所以“，”是“”的充分条件，C不满足条件；
对于D，若，，则，即，当且仅当时，等号成立，
所以“，”“”，D不满足条件.
故选：B.
4. 已知图1对应的函数为，则图2对应的函数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两函数图象的关系知，所求函数为偶函数且时两函数解析式相同，即可得解.
【详解】根据函数图象知，当时，所求函数图象与已知函数相同，
当时，所求函数图象与时图象关于轴对称，
即所求函数为偶函数且时与相同，故BD不符合要求，
当时，，，故A正确，C错误.
故选：A.
5. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 为奇函数B. 在区间上单调递增
C. 图象的一个对称中心为D. 的最小正周期为π
【答案】C
【解析】
【分析】根据正切函数的定义域、对称中心、周期、单调性逐项判断即可得解.
【详解】因为，所以，解得，
即函数的定义域不关于原点对称，所以不是奇函数，故A错误；
当时，，此时无意义，故在区间上单调递增不正确，故B错误；
当时，，正切函数无意义，故为函数的一个对称中心，故C正确；
因为，故是函数的一个周期，故D错误.
故选：C
6. 已知实数，函数若，则a的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数的解析式，结合分段条件分和两种情况讨论，即可求解.
【详解】由题意，函数，
当时，由可得，即，解得；
当时，由可得，即，此时方程无解，
综上可得，实数的值为.
故选：A.
7. 2023年元旦当天，某微信群中有小郭、小张、小陈、小李和小陆五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个66.66元、1个88.88元、1个99.99元（红包中金额相同视为相同红包），则小郭、小张都抢到红包的不同情况有（ ）
A. 18种B. 24种C. 36种D. 48种
【答案】C
【解析】
【分析】根据分类加法计数原理及排列、组合计算即可得解.
【详解】当小郭、小张都抢到66.66元时，有种；
当小郭、小张抢到66.66元和88.88元时，有种；
当小郭、小张抢到66.66元和99.99元时，有种；
当小郭、小张抢到88.88元和99.99元时，有种.
故小郭、小张都抢到红包的不同情况有种.
故选：C
8 若，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先计算出，，再根据利用两角差的正弦公式展开计算可得.
【详解】因为所以，
所以，
因为所以，
因为，所以，
所以.
故选：D
9. 已知四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造一个长方体，四面体四个顶点在长方体顶点上，利用长方体的对角线为外接球直径求解即可.
【详解】设四面体的外接球的半径为,
则四面体在一个长宽高为的长方体中，如图，
则 故，
故四面体ABCD外接球的体积为，
故选：C
10. 已知函数，则下列说法错误的是（ ）
A. 当时，函数不存在极值点
B. 当时，函数有三个零点
C. 点是曲线的对称中心
D. 若是函数的一条切线，则
【答案】B
【解析】
【分析】当时，分析函数的单调性，可判断A选项；利用导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理可判断B选项；利用函数对称性的定义可判断C选项；利用导数的几何意义可判断D选项.
【详解】对于A选项，当时，，此时函数在上单调递增，
所以，当时，函数不存在极值点，A对；
对于B选项，当时，，，
由可得，由可得或，
所以，函数的增区间为、，减区间为，
函数的极大值为，
极小值为，
又因为，
由零点存在定理可知，函数在区间有一个零点，
当时，，
因此，当时，函数有一个零点，B错；
对于C选项，对任意的，，
所以，点是曲线的对称中心，C对；
对于D选项，设是函数的一条切线，设切点坐标为，
，由题意可得，①
所以，曲线在处的切线方程为，
即，则，②
联立①②可得，D对.
故选：B
11. 若的内角A，B，C满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据切化弦后，再由正余弦定理化为边的关系，由余弦定理求出，再由均值不等式求最值即可.
【详解】，,
，
由正弦和余弦定理可得，，
化简得，，
，
当且仅当时等号成立，
的最小值为，
故选：C
12. 已知直线l与椭圆相切于点P，与圆交于A，B两点，圆在点A，B处的切线交于点Q，O为坐标原点，则的面积的最大值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由，，，四点共圆，结合圆与圆的位置关系得出相交弦方程，再由与椭圆相切，可得过的切线方程，从而得出，，再由椭圆的参数方程和向量的运算，结合正弦函数的性质求出最大值．
【详解】设，，由，，可得四点，，，共圆，
可得以为直径的圆，方程为，
联立圆，相减可得的方程为，
又与椭圆相切，若不与轴垂直时，
当时，可化为，
设，在的切线方程为，
即，同理可得时，在的切线方程为，
若轴时，在点处的切线方程为，满足
故过的切线方程为，即为，
由两直线重合的条件可得，，
由于在椭圆上，可设，，，
即有，，
可得，
且，，
即有
，
当即或或或时，的面积取得最大值．
故选：．
【点睛】关键点睛：在求面积最大值时，关键在于利用椭圆的参数方程设出点的坐标，进而结合三角恒等变换以及正弦函数的性质得出面积的最大值.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，，其中，，若，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量运算可得，再由均值不等式求解即可.
【详解】，，，
，即，
由，，则，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.
故答案为：
14. 已知双曲线的方程为，点、分别在的左支和右支上，则直线斜率的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】设点、，则，设直线的方程为，将直线的方程与双曲线的方程联立，可得出，即可求得的取值范围.
【详解】设点、，则，则直线的斜率为存在，
设直线的方程为，
联立可得，
所以，，解得.
因此，直线的斜率的取值范围是.
故答案为：.
15. 关于正方体有如下说法：
①直线与所成的角为； ②直线与所成的角为；
③直线与平面所成的角为； ④直线与平面ABCD所成的角为．
其中正确命题的序号是_______．
【答案】①④
【解析】
【分析】由与平行，结合等边三角形的性质判断①；由平行，结合等腰三角形的性质判断②；由平面，平面结合线面角的定义判断③④.
【详解】连接，，因为与平行，所以是异面直线与所成的角，
因为为等边三角形，所以直线与所成的角为，故①正确；
连接交于点，取的中点为，连接，，
因为为的中点，所以平行，
则或其补角为直线与所成的角，易知，所以，
即直线与所成的角为，故②错误；
连接，直线交于点，连接，
设正方体的棱长为，易知，
由线面垂直的判定可知，平面，
则为直线与平面所成的角，
，，则，即，故③错误；
平面，易知为直线与平面所成的角，
由，则，故④正确.
故答案为：①④.
16. 设为随机变量，从棱长为的正方体的条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，为两条棱上两点（不在同一条棱上）间距离的最小值，则随机变量的数学期望为_______．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，分析可知随机变量的可能取值有、、，求出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得的值.
【详解】在棱长为的正方体中，如下图所示：
当两条棱相交时，，与每条棱相交的棱有条，即；
当两条棱平行时，这两条棱之间的距离为或，
其中，与棱平行且距离为的棱为、，与棱平行且距离为的棱为；
当两条棱异面时，，与棱异面的棱为、、、.
所以，，，
因此，.
故答案为：.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 造林绿化对生态发展特别是在防风固沙、缓解温室效应、净化空气、涵养水源等方面有着重要意义．某苗木培养基地为了对某种树苗的高度偏差x（单位：）与树干最大直径偏差y（单位：）之间的关系进行分析，随机挑选了8株该品种的树苗，得到它们的偏差数据（偏差是指个别测定值与测定的平均值之差）如下：
（1）若x与y之间具有线性相关关系，求y关于x的线性回归方程；
（2）若这种树苗的平均高度为，树干最大直径平均为，试由（1）的结论预测高度为的这种树苗的树干最大直径为多少毫米．
参考数据：，．
参考公式：回归直线方程中斜率和截距的最小二乘估计：，．
【答案】（1）
（2）34
【解析】
【分析】（1）根据最小二乘法公式求出，即可得出线性回归方程；
（2）利用回归直线方程代入，求解即可.
【小问1详解】
,
，
，，
故y关于x的线性回归方程为
【小问2详解】
当树干高度为时，高度偏差(cm)，
，
所以树干直径约为，
即预测高度为的这种树苗的树干最大直径为34毫米.
18. 已知数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由递推关系可得，由等比数列的定义及通项公式求解；
（2）根据等比数列、等差数列的求和公式，利用分组求和即可得解.
【小问1详解】

，
则，又，
是以为首项，为公比的等比数列.
，解得.
【小问2详解】
由（1）知，
故其前项和为.
数列的前项和为.
19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，平面ABCD，E为PD中点．
（1）若，求证：；
（2）若二面角的正弦值为，求PA．
【答案】（1）证明见解析；
（2）2
【解析】
【分析】（1）证面PAD，进而得到，再根据等腰三角形的性质得到，可得线面垂直，进而证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的夹角的余弦，再由同角三角函数关系求出余弦值，建立方程求解即可.
【小问1详解】
平面ABCD,CD平面ABCD
,
四边形ABCD为矩形，，
又平面，面，
面，，
在中，，E为PD中点，
,面，面
平面PCD，又平面，
【小问2详解】
以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，
设平面BCE的一个法向量为，
则，
令，解得，，
设平面的法向量，又，,
则，，
令，解得，，
设二面角的夹角大小为，则
因为，所以，
即，解得,
即.
20. 如图，已知点是焦点为F的抛物线上一点，A，B是抛物线C上异于P的两点，且直线PA，PB的倾斜角互补，若直线PA的斜率为．
（1）判断直线AB的斜率是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由；
（2）设焦点F到直线AB的距离为d，求的取值范围．
【答案】（1）定值，，理由见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）设出直线方程，联立后得到A点纵坐标，同理得到B点纵坐标，从而求出直线AB的斜率；
（2）在（1）的基础上用斜率k表达出，换元后使用对勾函数的单调性求出取值范围.
【小问1详解】
将点代入抛物线方程可得：，所以抛物线；
直线AB的斜率是定值，理由如下；
设，
与抛物线方程联立可得：，
∴，
因为直线PA，PB倾斜角互补，用代k可得：
因此，，
即.
【小问2详解】
由（1）可知，，，
因此，
到直线AB的距离，
所以
∵，
∴
，
令，
由，得
∴
在上单调递减，在上单调递增，
，当时有最小值，时有最大值，
，
，
即
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于直线与抛物线类的题目解题时注意两点：一是紧扣抛物线的定义，二是设抛物线上点的坐标时，尽量设其中一个坐标，用此坐标的代数式表示另一个坐标，从而减小计算量.
21. 已知函数．
（1）若，讨论的单调性；
（2）当，，有两个不同的实数根，证明：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）分类讨论，两种情况，结合导数得出的单调性；
（2）将有两个不同的实数根转化为，是方程的两个根，利用韦达定理得，进而通过换元，将转化为关于的函数，利用导数研究其最值即可.
【小问1详解】
，.
当，即时，，即在上单调递增.
当时，若，则；
若，则；
即函数在，上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在，上单调递增，
在上单调递减.
当时，在上单调递增.
【小问2详解】
有两个不同的根，则，是方程的两个根，
所以，，
所以，，
，
令，
，
在单调递增，
所以，
令，
在上单调递增，，
，
即.
【点睛】关键点睛：对于问题（2），含双变量的问题，关键要通过计算转化为一个变量，利用导数得出单调性，进而证明不等式.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线l过点，且斜率为，以O为极点，曲线C的参数方程为（r为参数）．
（1）求直线的一个参数方程以及曲线C的普通方程；
（2）设直线与曲线C相交于A，B两点，求．
【答案】（1）（为参数），；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直线斜率可得直线倾斜角的正余弦，即可得出直线的参数方程，消参可得曲线C的普通方程；
（2）根据直线参数的几何意义，由求解即可.
【小问1详解】
因为直线l过点，且斜率为，
所以，由，
解得，，
所以直线l的一个参数方程为（为参数），
曲线C的参数方程为（r为参数），消参可得.
【小问2详解】
将直线l的参数方程代入中，可得，
化简可得，
设A，B两点对应参数分别为，
则，
.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数f(x)＝m－|x－1|－|x－2|，m∈R，且f(x＋1)≥0的解集为[0，1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c，x，y，z∈R，且x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m，求证：ax＋by＋cz≤1.
【答案】（1）1；（2）见解析．
【解析】
【详解】试题分析:（1）由题意得0,1为f(x＋1)=0两根，解得m的值；（2）根据基本不等式得x2＋a2≥2ax，y2＋b2≥2by，z2＋c2≥2cz，相加即得结论
试题解析：(1)由f(x＋1)≥0得|x|＋|x－1|≤m.
∵|x|＋|x－1|≥1恒成立，
∴若m