河南省濮阳市2022-2023学年高三下学期第一次摸底考试理科数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省濮阳市2022-2023学年高三下学期第一次摸底考试理科数学试题（Word版附解析），共25页。

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. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求得复数z，可得其共轭复数，根据模的计算可得答案.
详解】复数，故，
所以，
故选：C
2. 已知集合，则集合的子集个数为（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】联立和，求得，即可求得其子集个数.
【详解】由已知集合，
联立和，可得或或，
则，
故集合的子集个数为个，
故选：D
3. 某大型企业开发了一款新产品，投放市场后供不应求，为了达到产量最大化，决定增加生产线．经过一段时间的生产，统计得该款新产品的生产线条数与月产量（件）之间的统计数据如下表：
由数据可知，线性相关，且满足回归直线方程，则当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为（ ）
A. 73件B. 79件C. 85件D. 90件
【答案】C
【解析】
【分析】根据所给数据求出样本中心点，再代入回归直线方程，即可求出参数的值，从而得到回归直线方程，最后将代入计算可得.
【详解】解：依题意可得，，
因为回归直线方程必过样本中心点，即，解得，所以，
当时，
故当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为85件.
故选：C
4. 函数的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用奇偶性排除A，利用特殊值和图象变化趋势排除B,D.
【详解】由题意知函数的定义域为，
因为，所以为奇函数，故排除A；
因为，所以排除B；
因为，所以排除D；
故选：C.
5. 若的展开式中常数项为，则正整数的值为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】首先写出二项式展开式的通项，依题意可得且，即可排除B、C，再将A、D代入验证即可.
【详解】解：二项式展开式的通项为，
所以且，
显然且为整数，即为的倍数，故排除B、C，
又为的因数，所以或，
当时，此时，不符合题意；
当时，此时符合题意.
故选：A
6. 设，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系得到，再根据两角和的余弦公式及诱导公式得到，再根据、的范围判断即可.
【详解】解：因为，所以，即，
即，
即，
因为，所以，
所以，即.
故选：D
7. 已知圆柱的下底面圆的内接正三角形ABC的边长为6，P为圆柱上底面圆上任意—点，若三棱锥的体积为，则圆柱的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出底面内接正三角形外接圆的半径及的面积，设圆柱的母线长为，根据圆锥的体积公式求出，则圆柱外接球的半径，即可求出外接球的表面积.
【详解】解：如图，因为是边长为的正三角形，则其外接圆的半径，解得，
又，
设圆柱的母线长为，则，解得，
所以圆柱的外接球的半径，
所以外接球的表面积为.
故选：B
8. 在直三棱柱中，，且，若直线与侧面所成的角为，则异面直线与所成的角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量求法求出的值，再求异面直线所成角即可.
【详解】因为直三棱柱，所以底面，
又因为，所以两两垂直，
以为轴建立如图所示坐标系，
设，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，解得，
所以直线与侧面所成的角的正弦值，
解得，
所以，，
设异面直线与所成的角为，
则，
所以异面直线与所成的角的正弦值为.
故选：D
9. 已知为抛物线的准线上一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出图形，根据几何意义即可求解.
【详解】作出图形，如图所示，根据题意可知:点，，
表示点到点的距离，
表示点到点的距离，
则，
如图（当点三点共线时取等号）
因为，
所以的最小值为，
故选：.
10. 已知实数a，b，c满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，，，构造函数，再利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合图象即可得出答案.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
又当时，，当，，
由此作出函数的大致图象如图所示，
因为且，
则由图可知，
所以.
故选：A.
11. 分别过椭圆的左、右焦点、作平行直线、，直线、在轴上方分别与交于、两点，若与之间的距离为，且（表示面积，为坐标原点），则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点作于点，从而得到，设，则，在、中利用余弦定理求出、，由可得，即可得解.
【详解】解：由题意知直线、的斜率一定存在，
设、，过点作于点，
由题意知，，
所以，设，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
同理在中利用余弦定理可得，
因为，所以，
即，即，所以.
故选：A
12. 已知函数与的图象没有公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题目条件列出方程，然后同构变形，借助，即可求得本题答案.
【详解】若函数与图象没有公共点，
即相当于无解，
变形得，，
令，则，
令，则在上为增函数，
而，，故唯一解，，
且，，化简得，，
即，设，
则，故在为增函数，
故，所以，
当时，；时，，
所以，
所以，当时无解，即.
故选：B
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 已知正六边形ABCDEF的边长为2，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正六边形的几何性质，求出向量的模长以及夹角，利用平面向量的定义式，可得答案.
【详解】由题意，作图如下：
在正六边形中，易知，，，，
则与的夹角为，即，
在中，，
.
故答案为：.
14. 已知圆，的圆心都在坐标原点，半径分别为与．若圆的圆心在轴正半轴上，且与圆，均内切，则圆C的标准方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】依题意求出圆心的横坐标与半径，即可得解.
【详解】解：依题意可知圆心的横坐标为，半径为，
故圆的标准方程为.
故答案为：.
15. 已知为奇函数，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性求得，再根据题意推得的关系式，结合的范围，即可求得答案.
【详解】因为为奇函数，
故，
即，由于,故，则，
由于，故，所以，
由，可得，
即
或，
对任意，存在，满足，
故，则,，，k取负值，
则只能，此时，
或，则，则,
综合可得或，
即实数的取值范围是，
故答案为：
16. 如图，已知，分别为两边上的点，，，过点，作圆弧，为的中点，且则线段长度的最大值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】设，在中由正弦定理可得，在由余弦定理求出、，在中由余弦定理表示出，再结合三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出的最大值，即可得解.
【详解】解：设，则，在中，由正弦定理知，
所以，因为为的中点，所以，
则，在中由余弦定理，
解得，
在中，，
由余弦定理可得
所以当时，取得最大值，
即的得最大值.
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. 在数列中，，．
（1）设，求数列的通项公式；
（2）设，且数列的前项和为．若，求正整数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，利用累加法求出数列的通项公式；
（2）由（1）可得，即可得到，利用裂项相消法求出，即可得到方程，解得即可.
【小问1详解】
解：因为，，且，
所以，
当时，
当时
，
又时也符合上式，
所以.
【小问2详解】
解：由（1）可知，所以，
所以，
所以，
则，解得.
18. 某出租车公司为推动驾驶员服务意识和服务水平大提升，对出租车驾驶员从驾驶技术和服务水平两个方面进行了考核，并从中随机抽取了100名驾驶员，这100名驾驶员的驾驶技术与性别的2×2列联表和服务水平评分的频率分布直力图如下，已知所有驾驶员的服务水平评分均在区间内.
（1）判断能否有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关；
（2）从服务水平评分在区间内的驾驶员中用分层抽样的方法抽取12人，再从这12人中随机抽取4人，记X为4人中评分落在区间内的人数，求X的分布列和数学期望．
附：，其中．
【答案】（1）不能有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）利用独立性检验的解题步骤，可得答案；
（2）根据分层抽样明确各个区间抽取的人数，根据超几何分别求解分布列和数学期望的步骤，可得答案.
【小问1详解】
由题意可知：，则，
即，
故不能有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关.
【小问2详解】
，解得，
由频率分布直方图，则服务水平评分在区间内驾驶员的频率分别为，
即其比为，因此，分层抽样的12人在区间内驾驶员人数分别为，
故的可能取值为，
，，，
，，
则其分布列如下表：
.
19. 在如图所示的六面体中，平面平面，，，.
（1）求证：平面；
（2）若两两互相垂直，，，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点分别为，连接，根据面面平行的性质定理证明四边形，，为平行四边形，即可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
取中点分别为，连接，则，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
又因为，所以，所以四边形为平行四边形，，，
同理可得四边形为平行四边形，，，
因为平面平面，平面平面，
所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为两两互相垂直，
以为轴建立如图所示空间直角坐标系，
由题意可得，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，解得，
设平面的法向量，
则，解得，
所以，
由图可知所求角为锐角，所以二面角的余弦值为.
20. 已知分别为双曲线的左、右焦点，点在C上，且的面积为6．
（1）求C的方程；
（2）若过点且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于 两点，Q为x轴上一点，满足，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意列出关于的方程，解得其值，可得双曲线方程；
（2）设出直线l方程。联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，根据题意求出的垂直平分线的方程，可得Q点坐标，继而求得，再求得弦长，利用双曲线定义可推出，化简，即可证明其为定值.
【小问1详解】
由题意点在C上，且的面积为6，
可得且，则，
又 ，解得，
故双曲线方程为；
【小问2详解】
证明：由（1）知，故设斜率为k的直线l为，
由于直线l交双曲线C的右支于两点，故，
联立 ，可得，
当时，直线l与双曲线的渐近线平行，此时直线和双曲线只有一个交点，不合题意；
故，此时，
设，则，
则，
即的中点坐标为，
因为Q为x轴上一点，满足，故Q为垂直平分线与x轴的交点，
的垂直平分线的方程为：，
令 ，则得，即,
所以,
又，
又因为在双曲线的右支上，故,
故，即,
故，即为定值.
【点睛】难点点睛：证明为定值时，关键是要结合双曲线定义化简，同时结合，利用的垂直平分线的方程求出，求得，因此难点就在于求双曲线弦长以及时，计算比较复杂且计算量较大，要求十分细心.
21. 已知函数.
（1）若的图象在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为2，求a的值；
（2）若方程有三个不同的实数根，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数几何意义求出的图象在点处的切线，进而求出切线与坐标轴交点，表示出三角形面积，求出a的值；
（2）利用分离参数法转化为与有三个不同的交点，求出a的取值范围.
【小问1详解】
，，，
则的图象在点处的切线为，
由题意可知，令得，令得，
则，解得.
【小问2详解】
令，即，
令，则与有三个不同的交点，
由题意可知，，
则是奇函数，图像关于原点对称，
当时，，
，，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，同时，
此时，
当时，由奇函数性质可知，
当时，单调递减，同时，
当时，单调递增，此时，
根据图像可知，与有三个不同的交点需要满足或者，
即a的取值范围.
【点睛】
函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.
（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xOy中，已知点，直线l的参数方程是（t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，曲线C的极坐标方程是．
（1）求l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
（2）设l与C相交于点A，B，求的值．
【答案】（1）直线的普通方程为，;
（2）
【解析】
【分析】（1）根据参数方程转化为普通方程，极坐标方程转化为直角坐标方程的方法求得正确答案.
（2）利用直线参数的几何意义求得正确答案.
【小问1详解】
由得，
两式相减得，所以直线的普通方程为.
由，
得，
即，即，
所以曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
由于，所以在圆外，
将代入，
化简得，
，
所以，均为负数，
所以
.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知正实数，，满足，
（1）证明：；
（2）求的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用基本不等式证明即可；
（2）利用柯西不等式计算可得.
【小问1详解】
证明：因为，，为正实数且满足，
所以
，
当且仅当，即，，时取等号，
所以.
【小问2详解】
解：由柯西不等式可知，
当且仅当，，时等号成立，
所以的最小值为.
4
6
8
10
30
40
60
70
0.10
0050
0.010
2.706
3.841
6.635