理科数学-【名校面对面】河南省三甲名校2023届高三校内模拟试题（四）

这是一份理科数学-【名校面对面】河南省三甲名校2023届高三校内模拟试题（四），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。


一、单选题
1．已知复数，则=（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费(单位：千元)对年销售量(单位：)和年利润(单位：千元)的影响．对近8年的年宣传费和年销售量数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．
有下列5个曲线类型：①；②；③；④；⑤，则较适宜作为年销售量关于年宣传费的回归方程的是( )
A．①②B．②③C．②④D．③⑤
4．已知函数的图象在点处的切线经过点，则实数（ ）
A．B．C．1D．2
5．已知，向量，，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
6．点P为抛物线：上一动点，定点，则与P到y轴的距离之和的最小值为（ ）
A．9B．10C．8D．5
7．在中，已知角所对边长分别为，且满足，为的中点，，则（ ）
A．B．3C．D．4
8．的展开式中的系数为40，则实数a的值为（ ）
A．4B．2C．1D．
9．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．的图象关于点中心对称
C．若在区间上存在最大值，则实数a的取值范围为
D．的图象关于直线对称
10．2023年是农历癸卯兔年，在中国传统文化中，兔被视为一种祥瑞之物，是活力和幸福的象征，寓意福寿安康.故宫博物院就收藏着这样一副蕴含“吉祥团圆”美好愿景的名画——《梧桐双兔图》，该绢本设色画纵约176cm，横约95cm，其挂在墙壁上的最低点离地面194cm.小南身高160cm（头顶距眼睛的距离为10cm），为使观赏视角最大，小南离墙距离应为（ ）
A．B．76cmC．94cmD．
11．如图：棱长为2的正方体的内切球为球O，E、F分别是棱AB和棱的中点，G在棱BC上移动，则下列命题正确的个数是（ ）
①存在点G，使OD垂直于平面；②对于任意点G，OA平行于平面EFG；③直线被球О截得的弦长为；④过直线EF的平面截球О所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为.
A．0B．1C．2D．3
12．已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知，满足，则目标函数的最大值是 .
14．2023年2月6日，土耳其发生7.8级地震，我国在第一时间派出救援队进行救援.已知某救援队共有8人，根据救灾安排，该救援队需要安排救援人员到三个地区实施救援，每个地区至少安排2人，每人只去一个地区，则共有 种安排方案.
15．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是C在第一象限上的一点，且直线的斜率为，点B为的内心，直线PB交x轴于点A，且，则双曲线C的渐近线方程为 ．
16．对于函数和，设，，若存在m，n，使得，则称和互为“零点关联函数”，若函数与互为“零点关联函数”，则实数a的最小值是 ．
三、解答题
17．已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，，成等差数列，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
18．为进一步巩固提升全国文明城市，加速推行垃圾分类制度，铜川市推出了两套方案，并分别在、两个大型居民小区内试行.方案一：进行广泛的宣传活动，向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义，讲解分类垃圾桶的使用方式，垃圾投放时间等，定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动；方案二：在小区内设立智能化分类垃圾桶，智能垃圾桶操作简单，居民可以通过手机进行自动登录、称重、积分等一系列操作.并建立激励机制，比如，垃圾分类换积分兑换礼品等，以激发带动居民参与垃圾分类的热情.经过一段时间试行之后，在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查，记录他们对试行方案的满意度得分（满分100分），将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如图所示的频率分布直方图：
(1)请通过频率分布直方图分别估计两种方案满意度的平均得分，判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎（同一组中的数据用该组中间的中点值作代表）；
(2)以样本频率估计概率，若满意度得分不低于70分认为居民赞成推行此方案，低于70分认为居民不赞成推行此方案，规定小区居民赞成率不低于才可在该小区继续推行该方案，判断两小区哪个小区可继续推行方案？
(3)根据（2）中结果，从可继续推行方案的小区内随机抽取5个人，用表示赞成该小区推行方案的人数，求的分布列及数学期望.
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为4的正方形，E为PA的中点，过E与底面ABCD平行的平面与棱PC，PD分别交于点G，F，M在线段AE上，且．
(1)求证：BG//平面；
(2)若PA⊥平面ABCD，且，求平面CFM与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
20．已知椭圆的左、右顶点分别为、，短轴长为，点上的点满足直线、的斜率之积为．
(1)求的方程；
(2)若过点且不与轴垂直的直线与交于、两点，记直线、交于点．探究：点是否在定直线上，若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．
21．已知函数在处取得极值.
(1)求的值及函数的极值；
(2)设有三个不同的零点，，，证明：.
22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
(2)已知点P的极坐标为，设曲线和直线交于M，N两点，求的值．
23．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若的最小值为，且正数，，满足，证明：．
参考答案：
1．C
【分析】利用复数的除法运算求出复数，再求出复数的模作答.
【详解】依题意，，
所以.
故选：C
2．D
【分析】根据题意求集合，再结合交集运算求解.
【详解】由题意可得：
所以.
故选：D.
3．B
【详解】分析：先根据散点图确定函数趋势，再结合五个选择项函数图像，进行判断选择.
详解：从散点图知，样本点分布在开口向右的抛物线(上支)附近或对数曲线(上部分)的附近，所以y＝或y＝p＋qlnx较适宜，故选B.
点睛：本题考查散点图以及函数图像，考查识别能力.
4．B
【分析】根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程进行求解即可.
【详解】，所以有，
所以切线方程为，把代入，得
，
故选：B
5．B
【分析】首先利用向量平行的坐标表示求，再根据充分，必要条件的定义判断.
【详解】若向量，则，即
解得：或,
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B
6．C
【分析】根据抛物线的定义求得正确答案.
【详解】抛物线，焦点，准线方程为，
是抛物线上一点，到轴的距离是，
与P到y轴的距离之和为，
最小值为.
故选：C
7．C
【分析】在和中，利用余弦定理求出和，再利用建立关系式即可求出结果.
【详解】因为，为的中点，，如图，
在中，根据余弦定理可得，，
在中，根据余弦定理可得，，
又因为，所以
故有，得到，即，所以，
故选：C.
8．C
【分析】根据二项式展开式的通项公式，求出展开式的项以及项的系数，根据两个多项式相乘的方法，即可求得答案.
【详解】展开式的通项公式，
则其展开式中的系数为，
的系数为，
又的展开式中的系数为40，
故，则，
故选：C
9．C
【分析】根据图象求得的解析式，根据三角函数的对称性、最值等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由题图知，的最小正周期，则．
所以．
将代入得，则，
即．
因为，所以，将代入得，则，
所以，A选项错误；
当时，，
所以点不是的图象的一个对称中心，B选项错误；
当时，，
所以直线不是的图象的一个对称轴，D选项错误；
易得在上单调递增，且，
即在时取得最大值，所以，
即实数a的取值范围为，C正确．
故选：C
10．D
【分析】由题意只需最大，设小南眼睛所在的位置点为点，过点做直线的垂线，垂足为，求出，，设，则，求出，，代入，利用基本不等式求解即可.
【详解】由题意可得为锐角，故要使最大，只需最大，
设小南眼睛所在的位置点为点，过点做直线的垂线，垂足为，如图，
则依题意可得（cm），（cm），，
设，则，且，
，
故
，当且仅当即时等号成立，
故使观赏视角最大，小南离墙距离应为cm.
故选：D.
11．D
【分析】①当点为中点时，证明平面；②当点与重合时，在平面上，在平面外，说明不成立；③点是线段的中点，利用弦长公式求弦长；④当垂直于过的平面，此时截面圆的面积最小，利用③的结果求圆的面积.
【详解】当为中点时，， ，
平面，平面，
平面平面，平面，，同理，，平面,
所以平面，即平面，故①正确；
当与重合时，在平面上，在平面外，故②不正确；
如图，点是线段的中点，由对称性可知，
由勾股定理可知易知，
球心到距离为，
则被球截得的弦长为
故③正确；
当垂直于过的平面，此时截面圆的面积最小，此时圆的半径就是，
面积为，故④正确.
故选：D.
12．B
【分析】将转化为，由此构造函数，利用导数判断其单调性结合对数运算，即可得出答案.
【详解】由题意可知，
于是构造函数，则，
当时，；当时，；
故在上单调递增，在上单调递减，
而，
又，故，
故选：B
【点睛】关键点睛：解答数的比较大小问题，关键是将数的形式转化为结构一致的形式，从而确定变量，可构造函数，利用导数判断其单调性，进而比较大小.
13．
【分析】作出不等式组所表示的区域，转化为直线在轴上的截距最大值问题即可.
【详解】根据题意，作出所表示的可行域，如图：
由，得，作出的平行直线簇，
结合图像可知当经过点时，截距取得最大值，即取得最大值，
联立，解得，即，
所以.
故答案为：5.
14．2940
【分析】讨论分派人数的情形，利用排列组合知识计算即可.
【详解】人数分配有2，2，4和3，3，2两种情形，所以共有种安排方案.
故答案为：2940
15．或
【分析】设内切圆与的三边分别相切于三点，过P作轴，根据双曲线定义和，求得点横坐标为，进而求得直线的方程为，得到，根据，求得，在中，利用余弦定理列出方程求得，得到，进而求得双曲线C的渐近线方程．
【详解】如图所示，设内切圆与的三边分别相切于三点，
过P作轴于M点，因为，，，
又由双曲线定义得，即，由，故，即点横坐标为，
因为直线的斜率为，所以，，
又因为，所以，故直线的方程为，令，可得，即，
因为，且，所以，故，
可得，，
在中，由余弦定理得，
即，化简得，
即，解得，或（舍去），所以，
故双曲线C的渐近线方程为或．
故答案为：或．
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线的几何性质问题的方法与策略：
1、涉及圆锥曲线的定义问题时：圆锥曲线的定义是解决圆锥曲线问题的基础，它能将距离进行等量转化，因此，涉及圆锥曲线上的点和曲线的焦点时，可以优先考虑利用圆锥曲线的定义转化，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
16．
【分析】首先根据函数为单调递增函数，，得仅有唯一零点，结合“零点关联函数”的定义得出函数的一个零点为，则有，即，构造函数用导数解决问题.
【详解】由函数为单调递增函数，，得仅有唯一零点，
设函数的一个零点为，则有，即，
所以由题知，在有零点，即方程在有解,
构造函数，，
，，在单调递减，，
所以，，单调递增，且，,
要使方程在有解，则，所以实数的最小值是-2.
故答案为：-2．
17．(1)，
(2)
【分析】（1）设等比数列的公比为，根据，，成等差数列，得到，求得，再由，求得，写出通项公式；
（2）由（1）得，再利用裂项相消法求解.
【详解】（1）解：由题意，设等比数列的公比为，
∵，，成等差数列，
∴，即，
∴，
又∵，
∴，
解得，
∴，.
（2）由（1）得，
∴
.
18．(1)小区平均分为，小区平均分为，方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎
(2)小区可继续推行方案二
(3)分布列见解析，
【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的求法分别计算，即可得出结论；
（2）分别求出小区即方案一中，满意度不低于70分的频率和小区即方案二中，满意度不低于70分的频率，由此即可得出结论；
（3）由题意可知，再根据二项分布的分布列和期望公式计算即可.
【详解】（1）设小区方案一的满意度平均分为，
，
设小区方案二的满意度平均分为，
，
∵.∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎；
（2）由题意可知：
小区即方案一中，满意度不低于70分的频率为，
以频率估计概率，赞成率为，
小区即方案二中，满意度不低于70分的频率为，
以频率估计概率，赞成率为，
∴小区可继续推行方案二；
（3）现从小区内随机抽取5个人，的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，则，
，，
，，
，，
∴的分布列为
数学期望.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）延长FM与DA的延长线交于点N，连接CN交AB于点H，先证明，，得四边形BHFG为平行四边形，再证明BG平面CFM．
（2）建立空间直角坐标系，求平面PCD和平面CFM的法向量，计算法向量的夹角余弦的绝对值即为所求.
【详解】（1）证明：

延长FM与DA的延长线交于点N，连接CN交AB于点H，连接FH．
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD平面，
且E为PA的中点，所以且．同理可得，．
又，所以，
又，所以H为AB的中点，所以，且．
又，，
所以，且，所以四边形BHFG为平行四边形，所以
又平面CFM，平面CFM，
所以BG平面CFM．
（2）由题意易得AB，AD，AP两两垂直，故以A为坐标原点，直线AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图空间直角坐标系，
则C（4，4，0），D（0，4，0），F（0，2，3），M（0，0，2），P（0，0，6），
所以＝（－4，0，0），，，．
设平面PCD的一个法向量，
则，即，取，
设平面CFM的一个法向量，
则，即，取，
设平面CFM与平面PCD所成锐二面角的大小为，
则，
即平面CFM与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为．
20．(1)
(2)点在定直线上
【分析】（1）设点，则，可得出，利用斜率公式结合已知条件可得出，再利用椭圆的短轴长可得出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设的方程为，设点、，设点，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，写出直线、的方程，联立这两条直线方程，可得出点的横坐标，即可得出结论.
【详解】（1）解：设，则，且，所以，，
则，
故①，又②，
联立①②，解得，，故椭圆的方程为．
（2）解：结论：点在定直线上．
由（1）得，、，设，
设直线的方程为，设点、，
联立，整理得，
，
，
直线的方程为，直线的方程为，
所以，，
可得
，解得，
因此，点在直线上.
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．(1)，极大值，极小值；
(2)证明见解析.
【分析】由已知可得，进而得出，根据不同区间的导数的正负判断函数的增减性，进而求得极值；
由可知极大值为，极小值为，可知的三个不同的零点满足，构造函数，，结合单调性，求证.
【详解】（1）解：函数的定义域为，，
由已知，解得，
，
当或时，；当时，.
在处取得极大值，
在处取得极小值.
（2）解：由知，极大值为，极小值为，
由有三个不同的零点，，，可知.
设，，
，
在上单调递增，，
，
由知，且在上单调递减，
，①.
设，，
，在上单调递增，
，，
由知，且在上单调递增，
②，
结合①②得，
所以.
【点睛】该试题主要考查函数的导数与单调性､函数的导数与不等式等，主要考查了学生的运算思想､转化思想､构造思想和抽象推理，其中构造出和函数
是解题的关键，属于难题.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式，化极坐标方程为直角坐标方程；
（2）将点P的极坐标化为直角坐标，并判断点P在直线上，再利用直线参数方程中参数的几何意义，将直线代入曲线的直角坐标方程，结合韦达定理即可求解．
【详解】（1）将消去参数，得，
所以曲线的普通方程为．
由，得，
将，代入上式，得
所以直线的直角坐标方程为．
（2）因为点P的极坐标为，所以P的直角坐标为，则点P在直线上，
易得直线的参数方程为（t为参数），
将其代入圆的方程，并整理得．
因为，所以方程有两个不相等的实数根，
设这两个根分别为和，则，．
所以．
23．(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）首先利用绝对值的意义，去绝对值，再求解不等式；
（2）根据绝对值三角不等式求函数的最小值，再结合基本不等式，即可证明.
【详解】（1）由题意知，
当时，，解得；当时，，不等式无解；
当时，，解得．
综上所述，不等式的解集为或.
（2）证明：因为，当且仅当时取等号，
所以的最小值为4，即．
因为，，，所以，
即，当且仅当时取等号，
所以，
因为，所以．
0
1
2
3
4
5