河南省安阳市2023届高三三模文科数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省安阳市2023届高三三模文科数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 已知，则下列命题错误的是， 已知，则等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，
所以.
故选：B
2. 已知的实部与虚部互为相反数，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算可得，结合题意列出方程，即可得答案.
【详解】由于,
的实部与虚部互为相反数，故，
故选：A
3. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据幂函数的性质得到，根据对数函数的性质得到，从而得到答案.
【详解】，，
，，
，，
故选：B.
4. 已知正方形的边长为为正方形的中心，是的中点，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先建立平面直角坐标，分别求出向量，的坐标，再利用向量数量积的坐标运算即可求出结果.
【详解】如图，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，建立平面直角坐标系，则，，，所以，，所以
故选：C.
5. 小明在跨境电商平台上从国外购买了几件商品，这些商品的价格如果按美元计，则平均数为20，方差为50，如果按人民币计（汇率按1美元元人民币），则平均数和方差分别为（ ）
A. 20，50B. 140，350C. 140，700D. 140，2450
【答案】D
【解析】
【分析】根据一组数据同乘以一个数后的平均数以及方差的性质计算，即可得答案.
【详解】由题意知这些商品的价格如果按人民币计算，价格是按美元计算的价格的7倍，
故按人民币计，则平均数和方差分别为，
故选：D
6. 以双曲线右焦点为圆心作圆，与的一条渐近线相切于点，则的焦距为（ ）
A. 4B. C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】由渐近线方程得出，，以及，联立即可求得答案.
【详解】由题意，，不妨设双曲线的渐近线方程为，
则又，且，
联立解得，，即.
故选：C
7. 如图是某四棱锥的三视图，其中正视图和俯视图是边长为2的正方形，侧视图是直角边长为2的等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三视图还原四棱锥，再利用切割法与锥体的体积公式即可得解.
【详解】根据题意，还原该四棱锥到虚线正方体中，如图，
易知该正方体的棱长为，故，，又面，
所以.
故选：A.
8. 已知，则下列命题错误的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则的最小值为4
C. 若，则的最大值为2
D. 若，则的最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】直接使用基本不等式即可判断A，C，D；若，则，展开后使用基本不等式即可判断B.
【详解】∵，∴，∴，故A正确；
若，则，
当且仅当时等号成立，故B正确；
若，则，当且仅当时等号成立，故C正确；
若，则，即，当且仅当时等号成立，故D错误.
故选：D.
9. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正切的二倍角公式及和角公式，求出，再将化简变形成齐次式即可求出结果.
【详解】因为，所以，
又，解得，
所以，
故选：B.
10. 已知四棱锥内接于以为直径的球，，且底面为矩形，则四棱锥的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由四棱锥内接于以为直径的球，证明平面，再表示四棱锥的体积并求其最大值.
【详解】如图，四棱锥的外接球球心为，
因为为球的直径，则，
又底面为矩形，则，又，且两直线在平面内，
所以平面，又平面，
所以，又，且两直线在平面内，
所以平面，
又，则，即，当时取等号，又，
四棱锥的体积.
则四棱锥的体积的最大值为.
故选：D.
11. 已知椭圆的右焦点为，离心率为，过坐标原点作直线交椭圆于两点，若，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆离心率为可得之间的关系，设，代入椭圆方程可得，由可推出，即可得，即可求得答案.
【详解】由椭圆离心率为，知，
由题意可设，则，
由可得，即，
结合可得，故，则，
所以直线的方程为，
故选：B
12. 已知函数 的最小正周期为，，且在区间内有极小值无极大值，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由求出，再根据内只有极小值没有极大值确定条件 的几何意义求出.
【详解】因为，
由题意可得：，
，
即 ，
由题意可得,
解得，
即
存在的充要条件是 ，即，
，
又，且，
则点与点关于直线对称，
.
故选：A.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数的图象关于坐标原点对称，则__________.
【答案】##1.5
【解析】
【分析】由的图象关于坐标原点对称得是一个奇函数，根据定义域关于原点对称及奇函数的性质求得结果.
【详解】依题意函数是一个奇函数，
又，所以，
所以定义域为，
因为的图象关于坐标原点对称，所以，解得.
又，所以，
所以，即，
所以，所以.
故答案为：.
14. 若变量x，y满足约束条件，则的最大值是______.
【答案】5
【解析】
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，即可求得的最大值.
【详解】
由，得，作出不等式组对应的可行域（阴影部分），
平移直线，由平移可知当直线，
经过点A时，直线的截距最大，此时z取得最大值，
由，解得，
将A的坐标代入，得，
即目标函数的最大值为5.
故答案为：5
【点睛】本题主要考查线性规划的应用，结合图形并利用目标函数的几何意义，是解决此类问题的常用方法.
15. 半圆弧上有包括直径端点在内5个点，从中随机选取3个点，则以这3个点为顶点的三角形是钝角三角形的概率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用古典概型，找到满足题意的情况和总事件数即可得到答案.
【详解】若3个点中包含直径的两个端点，根据直径所对圆周角为直角，则此时为直角三角形，不合题意，
若3个点中，只有1个为直径的端点，此时有种情况，
若3点没有点为直径的端点，则此时只有1种情况，
综上共有7种情况满足题意，
而总数共有种，
则以这3个点为顶点的三角形是钝角三角形的概率为.
故答案为：.
16. 已知函数，若是的极小值点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意得到，从而得到，再分类讨论其单调性即可得到答案.
【详解】，
因为是的极小值点，所以，解得.
所以
.
当时，，
，，为减函数；，，为增函数，
所以是的极小值点，符合条件.
当时，令，解得或.
当时，，，为增函数；
，，为减函数；
，，为增函数，
所以是的极小值点，符合条件.
当，即时，，
则在R上为减函数，无极值点，舍去.
当时，即，
，，为减函数；
，，为增函数；
，，为减函数，
所以是的极大值点，舍去.
当时，即，
，，为减函数；
，，为增函数；
，，为减函数，
所以是的极小值点，符合条件.
综上，a的取值范围为.
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. 某市为了制定合理的节水方案，对居民用水情况进行了调查.经过随机抽样，获得200户居民的年用水量（单位：吨）数据，按分成九组，制成如图所示的频率分布直方图：
（1）求直方图中的值；
（2）根据频率分布直方图估计该市的居民年用水量不超过吨，求的值；
（3）已知该市有100万户居民，规定：每户居民年用水量不超过50吨的正常收费，若超过50吨，则超出的部分每吨收1元水资源改善基金，请估计该市居民每年缴纳的水资源改善基金总数约为多少.（每组数据以所在区间的中点值为代表）
【答案】（1）
（2）
（3）（元）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中各矩形的面积之和为1，即可求得答案;
（2）确定m的范围，结合频率分布直方图列式计算，可得答案；
（3）计算出区间内的居民年用水量分别超出的吨数，结合频率分布直方图列式计算，即得答案.
【小问1详解】
由频率分布直方图得，
解得.
【小问2详解】
在200户居民年用水量频率分布直方图中，
前5组频率之和为，
前4组频率之和为，
所以，
由，解得.
【小问3详解】
由题可知区间内居民年用水量分别取为代表，则他们的年用水量分别超出5吨，15吨，25吨，35吨，
则元，
所以估计该市居民每年缴纳的水资源改善基金总数约为元.
18. 已知数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据已知转化为，得出数列是等差数列，求出，继而得出答案.
(2)由(1)得出，然后利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
由，得，且，
所以，所以.
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，
故.
【小问2详解】
由题知，，
所以
19. 如图所示，在直角三角形中，，将 沿折起到 的位置，使平面平面，点满足.
（1）证明：；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据图中的几何关系，利用面面平行证明线面垂直，再证明线线垂直；
（2）运用等体积法求解.
【小问1详解】
在直角三角形中，因为 ，所以 ，
即在四棱锥中， ，平面PDB，平面PDB，
所以平面，从而平面，
如图，在上取一点，使得，连接，
因为，所以，所以，
又 ，所以四边形是矩形，所以，平面MEF，平面MEF，平面MEF，
在中，，所以，平面MEF,平面MEF，平面MEF，
又因为 ，平面PBD，平面PBD，所以平面平面，
所以平面，故；
【小问2详解】
连接，因为平面平面，交线为，且，所以平面，
所以三棱锥的体积，
所以，
中，计算可得，由余弦定理得，所以，
，
设点到平面的距离为，则，故；
综上，点M到平面PBE的距离为 .
20. 已知函数.
（1）证明：曲线在点处的切线经过坐标原点；
（2）若，证明：有两个零点.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义，可知曲线在点处的切线方程，即可得解；
（2）求导，可得的单调性及最值，，，由零点存在定理知在上有一个零点．，令，利用其单调性可得，即，又，由零点存在定理知在上有一个零点，即可得证．
【小问1详解】
由已知得，
所以，又因为，
由导数的几何意义，可知曲线在点处的切线方程为，
即，恒过坐标原点.
【小问2详解】
，令，得.
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
所以.
因为，所以，
又，由零点存在定理知在上有一个零点，即在内只有一个零点.
因为，所以，
令，当时，在上单调递增，，
所以，即，
又，由零点存在定理知在上有一个零点，即在内只有一个零点，
综上，有两个零点.
21. 已知抛物线的焦点为，点是该抛物线上互不重合的三点，且轴，，设点的横坐标分别为.
（1）当时，求（点为坐标原点）的值；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）9
【解析】
【分析】（1）先利用条件求出点的横坐标，再利用几何关系得到，从而求出结果；
（2）设出直线的方程，联立抛物线方程得到，再利用，得到的关系，从而得出，进而可求出结果.
【小问1详解】
由题可知，又因为，解得，
过作垂直于轴于，
因为，所以，
所以.
【小问2详解】
设，因为轴，所以点的横坐标为，
又点在抛物线上，所以，得到，
根据对称性，不妨设点在轴的上方，则，
设直线的方程为，点的纵坐标分别为.
由方程组，消得到，
所以，即，
又由韦达定理知，，
所以，
因为，所以，又，，
所以，
即，
所以，整理得，
所以或.
若，则直线过点，不合题意，舍去，所以，
所以，
又因为恒成立，
所以当时，的最小值为9.
（二）选考题：共10分.请考生在第22，23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. 在直角坐标系中，直线（为参数，）经过点，曲线（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）求直线的普通方程以及曲线的极坐标方程；
（2）设直线与曲线交于两点，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）直线的参数方程与普通方程的相互转化，椭圆的的参数方程与普通方程及极坐标方程的相互转化
（2）先写出直线的参数方程，再联立方程应用韦达定理求两根积即可.
【小问1详解】
由题可知直线经过点，
又因为经过点，
故，
整理得的普通方程为.
曲线的普通方程为，
化为极坐标方程为.
【小问2详解】
因为，所以，
则的参数方程可写为（为参数），
代入中，整理得，
设点对应的参数为，点对应的参数为，则，
由参数的几何意义，得.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若函数在区间上的值域，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用零点分段法即可求出结果；
（2）利用条件得到，再利用在区间上的值域建立不等关系，从而求出结果.
【小问1详解】
当时，
由得或或
解得或，所以不等式的解集为.
【小问2详解】
当时，，
因为在区间上的值域，所以，当时，，即，所以，
由，得到或，即或，
由，得到，即，
所以或.
因为，显然，
所以，所以或，解得，
故的取值范围是