河南省TOP二十名校2022-2023学年高三上学期调研模拟卷二理科数学试题及答案

这是一份河南省TOP二十名校2022-2023学年高三上学期调研模拟卷二理科数学试题及答案，共25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。
河南省TOP二十名校2022-2023学年高三上学期调研模拟卷二理科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设全集，或，，则（    ）A． B． C． D．2．已知复数满足，则等于（    ）A． B． C． D．3．为了评估某种工艺制作零件的效果，随机选出件产品，这件产品的尺寸（单位：）分别为，求得方差为，如果再生产件产品，尺寸都相应扩大为原来的两倍，则这批新产品的方差为（    ）A． B． C． D．4．在中，是所在的平面内一点，如果，那么为（    ）A． B．4 C． D．25．如图，偶函数的图像形如字母，奇函数的图像形如字母．若方程，，，的实根个数分别为、、、，则（ ）．A．27 B．30 C．33 D．366．如图是一个简单几何体的三视图，若，则该几何体体积的最大值为（    ）A． B． C．6 D．37．函数在上不单调，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．8．已知是椭圆上的动点，且与的四个顶点不重合，分别是椭圆的左、右焦点，若点在的平分线上，且，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．9．甲､乙两袋中各有大小相同的10个球，甲袋有5个红球，5个白球；乙袋有7个红球，3个白球，随机选择一袋，然后从中随机摸出两个球，表示恰好摸到一个红球与一个白球的事件的概率，则等于（    ）A． B． C． D．10．已知，，若时，关于的不等式恒成立，则的最小值为（    ）A．2 B． C． D．11．棱长为1的正方体中，点是侧面上的一个动点（包含边界），则下面结论正确的有（    ）①若点满足，则动点的轨迹是线段；②若点满足，则动点的轨迹是椭圆的一部分；③在线段上存在点，使直线与．所成的角为；④当在棱上移动时，的最小值是．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个12．已知函数，则不等式的解集是（    ）A． B． C． D． 二、填空题13．与函数在点处具有相同切线的一个函数的解析式是__________．14．直线过抛物线的焦点，分别与抛物线交于与与，两直线的斜率分别为，且，则的最小值为__________．15．在锐角中，内角对的边分别是，且，则的面积的取值范围是__________．16．设正四面体的棱长为，以其中心O为球心作球，球面与正四面体四个面相交所成曲线的总长度为．则球O的半径为__________． 三、解答题17．已知等差数列的前项和为，公差且成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．18．根据疫情防控的需要，某地设立进口冷链食品集中监管专仓，集中开展核酸检测和预防性消毒工作，为了进一步确定某批进口冷链食品是否感染病毒，在入关检疫时需要对其进行化验，若结果为阳性，则有该病毒；若结果呈阴性，则没有该病毒．对于份样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需要检验n次；二是混合检验，将k份样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那么这k份全为阴性，检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份究竟哪些为阳性，需要对它们再次取样逐份检验，则k份检验的次数共为次，若每份样本没有病毒的概率为，而且样本之间是否有该病毒是相互独立的．(1)若取得8份样本，采用逐个检测，发现恰有2个样本检测结果为阳性的概率为，求的最大值点；(2)若对取得的8份样本，考虑以下两种检验方案：方案一：采用混合检验；方案二：平均分成两组，每组4份样本采用混合检验，若检验次数的期望值越小，则方案越“优”．若“方案二”比“方案一”更“优”，求p的取值范围（精确到0.01）．19．已知四棱锥中，底面是菱形，平面平面为中点．(1)若在线段上，且直线与平面相交，求的取值范围；(2)若与平面所成的角为，求二面角的余弦值．20．已知双曲线经过点，离心率是．(1)求双曲线的方程；(2)在双曲线上任取两点，满足，过做于，求证：存在定点，使是定值．21．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)对任意的恒成立，求的取值范围．22．在平面直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．直线的极坐标方程为为上一点，以为边做等边，且三点按顺时针方向排列．(1)当点在上运动时，求动点运动轨迹的直角坐标方程；(2)当时，若直线与曲线交于点（不同于原点），与曲线交于点，求的值．23．已知函数．(1)当时，求的解集；(2)若区间包含于不等式的解集，求取值范围．
参考答案：1．D【分析】先计算得到，进而求出交集.【详解】，故故选：D2．A【分析】利用复数的除法运算和共轭复数的定义求解.【详解】由题可得，所以，故选:A.3．B【分析】结合方差的倍数关系可直接求解.【详解】因为原产品尺寸为：，新产品尺寸为：，原方差为，故新方差为.故选：B4．C【分析】由条件可知，点O为的外心，取BC的中点D，则有，求解向量的模及向量夹角的余弦，运算向量数量积.【详解】如图所示： 由，点O为的外心，取BC的中点D，连接OD，OB，则有，，.故选：C5．B【分析】结合函数图象依次分析4个方程的根，确定的值，即可求解.【详解】由，结合的图象知有三个根，其中一个根为0，另两个根的绝对值大于1小于2， 又无解，有三个根，所以有三个根，故.由，同上有三个根，从小到大依次设为，其中，又均有三个根，则有九个根，故.由，有3个根，从小到大依次记为，其中，又分别有三个根，共有9个根，故. 由，由上得的三个根为，又分别有三个根，共有9个根，故.所以.故选：B.6．D【分析】首先由三视图，确定几何体，再利用基本不等式求体积的最大值.【详解】根据三视图可知，几何体是如图所示的三棱锥,四个顶点为长方体的顶点，则几何体的体积，当且仅当时，等号成立，所以几何体体积的最大值是3.故选：D7．C【分析】函数定义域为，由函数在上不单调，则在上有零点，即方程在上有根，所以，进而求解.【详解】函数定义域为，由题意，函数在上不单调，所以在上有零点，即方程在上有根，即方程在上有根，所以，即，所以实数的取值范围为.故选：C.8．A【分析】延长交的延长线于点，由已知条件可证为的中位线，根据椭圆的定义转化成，求出焦半径的取值范围，即可得的取值范围.【详解】如图所示，延长交的延长线于点，点在椭圆上，由椭圆的性质可知，因为分别是椭圆的左、右焦点，所以点的坐标为、点的坐标为，因为点是的角平分线上的一点，所以，又，则,所以，则，，又因为点为线段的中点，所以为的中位线，即，当点在椭圆右顶点时，取最大值，最大值为6，当点在椭圆左顶点时，取最小值，最小值为2，当点在椭圆上顶点或下顶点时，，又因为点是椭圆上的动点，且与的四个顶点不重合，则的取值范围为，结合函数函数的性质可得，的取值范围是，故选：A.9．C【分析】事件为“取到甲袋”，事件为“取到乙袋”，根据条件概率及相互独立事件的概率公式计算可得；【详解】设事件为“取到甲袋”，事件为“取到乙袋”，则，，则.故选：C.10．B【分析】根据题意设，，由一次函数以及不等式分析得时，，变形后代入，然后利用基本不等式求解.【详解】设（），（），因为，所以当时，；当时，；当时，；由不等式恒成立，得：或，即当时，恒成立，当时，恒成立，所以当时，，则，即，则当时，，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故选：B.11．B【分析】对于①，证明平面即可解决；对于②，若，则在以为轴，母线所在直线为的圆锥曲线的侧面上，即可解决；对于③，当为中点时，此时最小，计算得即可解决；对于④，平面旋转到与平面重合，连接交于，即可解决.【详解】连接所以，又正方体中，平面，因为平面，所以，又平面，所以平面，所以只要在线段上，就有，所以动点的轨迹是线段；故①正确；若，则在以为轴，母线所在直线为的圆锥曲线的侧面上，平面与圆锥的轴斜交，截圆锥的侧面所得的截线是椭圆，故②正确；因为所以与所成的角等于与所成的角，当为中点时，此时最小，在中，所以不可能为.故③错误；如图，将平面旋转到与平面重合，连接交于，此时的最小值为故④错误；故选：B.12．D【分析】构造函数，原不等式可整理为，求导得到的单调性，构造函数，求导，根据单调性得到，然后分和两种情况解不等式即可.【详解】不等式可整理为，令，定义域为，则原不等式可看成，，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，上单调递增，令，则，令，则，令，则，所以在上单调递增，上单调递减，且，所以，即，即，当时，，，所以，解得；当时，，，所以，不成立；综上可得，不等式的解集为.故选：D.【点睛】根据不等式形式构造新函数进而判断新函数的单调性是解题的关键.13．（答案不唯一）【分析】先求出在点处的切线为，再构造，经检验满足要求.【详解】，故，则函数在点处的切线为，不妨令，，故在上，，故，则函数在点处的切线为，满足要求.故答案为：14．【分析】联立直线和抛物线方程结合韦达定理得出，再由基本不等式求解.【详解】设，直线的方程为，联立可得，，即，同理可得，（当且仅当时，取等号），即的最小值为.故答案为：15．【分析】先根据求出角，然后把面积中的的范围求出即可.【详解】因为，由正弦定理得：又因为，所以，即所以，又因为锐角，所以，又根据三角形的面积公式有， 由余弦定理得：在锐角三角形中满足把代入解不等式组得所以.故答案为：16．或【详解】设球O的半径为R．若正四面体一个面截球如图，则小圆周长为，小圆半径为又球心到四面体的面的距离为1，故．若正四面体一个面截球如图，记D为AC的中点．依题意，知弧的长为．设小圆的半径为r．则．又，，，故．    ①令．则．因此，函数在区间上单调递增，且最多有一个零点．而，于是，方程①有唯一解2．从而，．综上，球O的半径为或．17．(1)(2) 【分析】（1）根据条件利用等比数列的等比中项列出表达式，再利用等差数列的通项公式进行转化，求出公差，即可求出数列的通项公式（2）先将第一问的结论代入中化简，对分奇偶分别求出前项和.【详解】（1）由题意可知，，联立得，又，所以解得所以.（2）由，得，则有.当为偶数时，；当为奇数时，综上所述：18．(1)(2) 【分析】（1）根据题意写出得8份样本恰有2个样本检测结果为阳性的概率为，求导利用函数单调性即可得出最大值点；（2）易知方案一的检验次数的期望值为8，根据随机变量的分布列可求得方案二的检验次数的期望值为，即可得出p的取值范围.【详解】（1）根据题意可知，每份样本检测结果为阴性的概率为，则阳性概率为；则8份样本，采用逐个检测，发现恰有2个样本检测结果为阳性的概率即，所以，因为，所以当，即时，，所以在上单调递增；当，即时，，所以在上单调递减；所以在时取得最大值，即的最大值点.（2）若采用方案一，则需要检验的次数为8次，即检验次数的期望值；若采用方案二：平均分成两组，每组4份样本采用混合检验，则每组检测结果为阴性的概率为，则为阳性的概率为；所以检验次数的所有可能取值为；当两组检测结果全为阴性时，检验次数为2次，则；当两组检测结果一组为阴性，另一组为阳性时，检测次数为6次，则；当两组检测结果全为阳性时，检验次数为10次，则；此时，方案二的检验次数的期望值；若“方案二”比“方案一”更“优”，则，即，得即p的取值范围为19．(1)(2) 【分析】（1）取的中点分别为，连接，可得四边形是平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面，若与点重合，显然不符合题意，分当与点重合、在与之间、在与之间或与重合时讨论，根据四边形的形状可得答案；（2）由面面垂直的判定定理可得平面，取的中点，可得，以为原点，分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.【详解】（1）取的中点分别为，连接，可得，因为，，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，此时，若与点重合，显然不符合题意；当与点重合时，直线与平面相交，此时，所以；当在与之间时，因为，，所以四边形是梯形，所以与相交，平面，所以直线与平面相交，此时；当在与之间或与重合时，因为，，所以四边形是梯形，所以与相交，平面，所以直线与平面相交，此时；综上所述，；（2）因为底面是菱形，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以，因为，所以，即，又，平面，所以平面，取的中点，连接，所以，平面，所以，，，所以，取的中点，连接，所以，以为原点，分别以所在的直线为轴的正方向建立如图空间直角坐标系，所以，，，，，，，因为为平面的一个法向量，设为平面的一个法向量，所以，，令，所以，所以，由图二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.20．(1)(2) 【分析】（1）根据双曲线几何性质求双曲线方程即可；（2）设直线，，联立方程得由得或，分类讨论即可.【详解】（1）由题知，,，又因为，解得，.（2）设直线，，联立方程所以，或，当时，直线恒过定点，不符合题意，舍去；所以，直线恒过定点，因为在中，存在定点为线段的中点，使得.21．(1)答案见解析.(2) 【分析】（1）由题知，进而分和两种情况讨论求解即可；（2）由题知恒成立，进而令，再根据，当且仅当时等号成立得，进而得即可得答案.【详解】（1）解：函数的定义域为，，当时，即时，在上恒成立，在上单调递增，当时，即时，令得，所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减；综上，当时，在上单调递增；当时,在上单调递增，在上单调递减.（2）解：因为对任意的恒成立，即恒成立，所以恒成立，令，因为，设，则，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，，即，当且仅当时等号成立，所以，，当且仅当时等号成立，令，则恒成立，所以，在上单调递增，因为，所以，方程有解，等号能够取到；所以，，所以，要使恒成立，则，即，所以，的取值范围是【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于借助，当且仅当时等号成立放缩，进而得.22．(1)(2) 【分析】（1）利用极坐标中极径相等，极角相差的关系即可求解；（2）根据极径的几何意义直接求解即可.【详解】（1）设，则，因为为上一点，所以，展开得，所以点运动轨迹：，化为直角坐标方程得.（2）曲线中令，解得，因为，所以曲线：，令，解得，所以.23．(1)(2) 【分析】（1）代入a的值，通过讨论x的范围，求出的分段函数的形式，求出不等式的解集即可；（2）问题等价于在上恒成立，根据x的范围，去绝对值解不等式.【详解】（1）时，，，等价于，解得，故不等式的解集为（2）若区间包含于不等式的解集，等价于在上恒成立，即在上恒成立，得在上恒成立，即在上恒成立，所以或在上恒成立，解得或.所以的取值范围为