河南省TOP二十名校2023届高三下学期3月调研模拟文科数学试题（含解析）

这是一份河南省TOP二十名校2023届高三下学期3月调研模拟文科数学试题（含解析），共21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2023届高三下学期3月调研模拟文科数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，集合，则（    ）
A． B．
C． D．
2．关于复数的下列命题中：，：，：，：，其中真命题为（    ）
A．， B．， C．， D．，
3．函数的零点个数为（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．已知一组样本数据，，，，根据这组数据的散点图分析与之间的线性相关关系，若求得其线性回归方程为，则在样本点处的残差为（    ）
A．38.1 B．22.6 C． D．91.1
5．已知幂函数的图象过，，（）是函数图象上的任意不同两点，则下列结论中正确的是（    ）
A． B．
C． D．
6．设为函数（）图象上一点，点，为坐标原点，，的值为（    ）
A．-4 B． C．4 D．1
7．已知数列满足，是数列的前项和，若已知，那么的值为（    ）
A．322 B．295 C．293 D．270
8．点是圆柱上底面圆周上一动点，是圆柱下底面圆的内接三角形，已知在中，内角、、的对边分别为、、，若，，三棱锥的体积最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
9．已知函数，，则的单调递增区间是（    ）
A． B．
C．， D．，
10．已知圆的直径，若平面内一个动点与点的距离是它与点距离的倍，则的面积的最大值为（    ）
A．64 B．12 C． D．
11．已知函数的图象与的图象关于直线对称，且满足，则（    ）
A．4 B．2 C．1 D．
12．正方体的棱长为，为中点，为平面内一动点，若平面与平面和平面所成锐二面角相等，则点到的最短距离是（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
13． .
14．单位圆与轴正半轴交于点，，为单位圆上两点，，且，点位于第二象限，则 .
15．已知抛物线的焦点为，准线为，过焦点的直线交抛物线于两点，过分别向引垂线，垂足分别为，，若，那么内切圆的半径为 .
16．已知函数，若存在，满足，则的取值范围为 .

三、解答题
17．某公司有甲、乙两支研发团队，现在要考察两支团队的研发水平，随机抽取两个团队往年研发新品的成果如下：，，，，，，，，，，，，，，.其中，分别表示甲团队研发成功和失败；，分别表示乙团队研发成功和失败.
(1)若某团队成功研发一种新品，则给该团队记1分，否则记0分.试求两队研发新品的成绩的平均数和方差，并比较两团队的研发水平；
(2)若公司安排两团队各自研发一种新品，试估计恰有一队研发成功的概率.
18．的内角的对边分别为，，，已知，是边上一点，，.
(1)求；
(2)求的最大值.
19．如图，已知三棱柱中，，，，是的中点，是线段上一点.
      
(1)求证：；
(2)设是棱上的动点（不包括边界），当的面积最小时，求棱锥的体积.
20．在椭圆：（）中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆：上，称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆过，.
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆的蒙日圆上一点，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若，存在，证明：为定值.
21．已知函数.
(1)当时，求函数的图象在处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为上的动点，点满足，设点的轨迹为曲线，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)写出曲线的极坐标方程；
(2)直线（，），与曲线交于点（不同于原点），与曲线：交于点（不同于原点），求的最大值.
23．已知，，均为正数，若，求证：
(1)；
(2).

参考答案：
1．C
【分析】解一元二次不等式求出集合，解分式不等式求出集合，再求并集可得答案．
【详解】，，.
故选：C.
2．B
【分析】化简复数，求出，，可得答案.
【详解】，，，
对于命题：，错误；
对于命题：，正确；
对于命题：，正确；
对于命题：，错误.
故选：B.
3．B
【分析】根据给定条件，作出函数与图象，利用图象交点个数作答.
【详解】由，得，因此函数的零点即为函数与的图象交点横坐标，
在同一坐标系内作出函数与的图象，如图，
    
观察图象知，函数与的图象有唯一公共点，
所以函数的零点个数为1.
故选：B
4．C
【分析】对于响应变量，通过观测得到的数据为观测值，通过线性回归方程得到的称为预测值，观测值减去预测值称为残差.
【详解】因为观测值减去预测值称为残差，
所以当时，，
所以残差为.
故选：C.
5．D
【分析】由幂函数所过的点求出解析式，分别构造、，结合其单调性判断各项正误.
【详解】设幂函数，图象过，则，即，
所以且，
为增函数，，故有.
为增函数，，故有.
所以A、B、C错，D对.
故选：D
6．A
【分析】由数量积的定义表示求出，再利用条件，结合点在函数（）图象上，可求出点，从而解决问题.
【详解】设点，则，，

         ，
又， 则
可得，又，则，
解得，所以.
故选：A
  
7．A
【分析】由递推公式分析可知数列的前项是首项为，公比为的等比数列，从第项开始是首项为，公差为的等差数列，根据等比数列和等差数列求和公式可求出结果.
【详解】∵，由可知，数列的前项是首项为，公比为的等比数列，
故为奇数，为奇数，所以从第项开始是首项为，公差为的等差数列，
所以.
故选：A
8．B
【分析】利用余弦定理结合基本不等式可求得面积的最大值，利用正弦定理可求得圆柱底面圆半径，利用锥体体积公式可求得圆柱的高，进而可求得该三棱锥外接球的半径，结合球体表面积公式可求得结果.
【详解】在中，由余弦定理可得，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，，
设圆柱的高为，则，
  
因为三棱锥的体积的最大值为，则，所以，，
圆柱底面圆半径，
设三棱锥的外接球的半径为，则该三棱锥的外接球和圆柱的外接球为同一个球，
则，因此，三棱锥外接球的表面积为.
故选：B.
9．D
【分析】利用余弦函数的性质求解即可.
【详解】可化为，故单调增区间：
，，
解得，.
令，，令，.
，
所以的单调递增区间是.
故选：D
10．D
【分析】以为原点，所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设，利用求出点的轨迹方程，再根据圆的知识可求出结果.
【详解】以为原点，所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，设，
因为，所以，
整理得，
所以点在以为圆心，以为半径的圆上，到直线的距离的最大值为，
因此的面积的最大值为.
  
故选：D
11．B
【分析】根据图象的对称性得点，在函数的图象上，列方程组求解即可得解.
【详解】函数的图象与的图象关于直线对称，
所以点，在函数的图象上，
所以，所以，所以，
又，所以，所以.
故选：B
12．C
【分析】先证明一个结论：若平面与平面所成二面角为，且平面，则.根据推出，再求出中边上的高，得到点轨迹为与平行且距离为的两条直线，从而可得结果.
【详解】先证明一个结论：若平面与平面所成二面角为，且平面，则.
证明：作，垂足为，连，
因为平面，平面，所以，
又平面，，所以平面，
因为平面，所以，所以，
在直角三角形中，，即.
  
设平面与平面和平面所成锐二面角为，取的中点，作，垂足为，
则三角形在平面内的射影是三角形，在平面内的射影是三角形，
根据以上结论得，，
在中，设边上高为，
，所以，，
所以点轨迹为与平行且距离为的两条直线，所以点到的最短距离为.
  
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用三角形面积、射影三角形面积和二面角的余弦值之间的关系推出是解题关键.
13．58025
【分析】根据等比数列求和公式可求出结果.
【详解】是以为首项，为公比的等比数列的前10项的和.
.
故答案为：.
14．
【分析】求出，利用正、余弦的二倍角公式、两角差的正弦展开式化简已知条件可得答案.
【详解】因为，所以，
因为，所以，


.
故答案为：.

15．
【分析】不妨设在第一象限，根据由抛物线定义以及，推出，设，，，，由求出，，得到，，再根据直角三角形的面积可求出内切圆半径.
【详解】不妨设在第一象限，由抛物线定义可知，且.
∴，因此.
，
所以，设，，，，
因为，所以，
所以，所以，结合，解得，，
因为准线，所以，，
，，.
所以，所以为直角三角形，
设其内切圆半径，那么.
.
    
故答案为：.
16．
【分析】设，则，消去得，根据为增函数，推出，从而得，根据的范围可得结果.
【详解】设，则，
所以，即，
因为为增函数，所以，
所以，所以，
因为，所以.
故答案为：
17．(1)平均数，；方差，，甲团队的研发水平优于乙团队
(2)

【分析】（1）用平均数与方差公式计算，并比较可得结果；
（2）由古典概型可求概率.
【详解】（1）甲团队研发新产品的成绩如下：
1，1，1，0，0，1，1，1，0，1，0，1，1，0，1；
乙团队研发新产品的成绩为：
1，0，1，1，0，1，1，0，1，0，0，1，0，1，1.
，；
，
.
，，通过两队平均数、方差的比较，
可以看出甲团队的研发水平优于乙团队.
（2）记恰有一队研发成功的概率为
所抽的15个结果中，恰有一组研发成功包括
，，，，，，共7个，
.
18．(1)
(2)

【分析】（1）根据条件，利用余弦的倍角公式和正弦定理进行化简，得到，即可求出结果；
（2）根据条件，先利用向量的运算得到，再利用余弦定理得到，再利用重要不等式即可求出结果.
【详解】（1）由，得到，
即，由正弦定理可得，
又，所以，
化简整理得：，又，，
；
（2）因为，
所以，
又，所以，
.
又，所以
，
整理得，，即，
所以，即，
又，当且仅当时，取等号，
所以，即，
所以，，故，得到，
即，即的最大值为.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，，利用可证，从而可证平面，进而可证，从而可证平面，利用线面垂直的性质即可证明；
（2）由（1）可得平面，从而有，进而可知当时，最小，此时面积最小. 过做于，从而可得平面，再根据锥体的体积公式即可求解.
【详解】（1）连接，
，为中点，.
又，，，且.
，
，，
又，，平面，
平面，又平面，.
由已知，，，
又，平面，平面.
而，平面，.
（2）由（1）可知，.
又，平面，平面，
又，平面，.
所以，又在棱上移动，
当时，最小，此时面积最小.
在中，，，则，，.
在中，过做于，则，
，平面，于是可得.
.
  
20．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）将坐标代入椭圆方程求出，即可得解；
（2）根据题意求出蒙日圆方程为：，当直线斜率不存在时，易求出；当直线斜率存在，设直线的方程为：，与椭圆方程联立，根据判别式等于求出，联立直线方程与蒙日圆方程，得、，利用、、可求出为定值.
【详解】（1）将，代入到，
可得，解得，，
所以椭圆的方程为：.
（2）由题意可知，蒙日圆方程为：.
（ⅰ）若直线斜率不存在，则直线的方程为：或.
不妨取，易得，，，，
.
（ⅱ）若直线斜率存在，设直线的方程为：.
联立，化简整理得：，
据题意有，于是有：.
设（），（）.
化简整理得：，
，
，.
则
，
，所以.
综上可知，为定值.
  
【点睛】难点点睛：联立直线与圆锥曲线方程时，字母运算较难，容易出错，需仔细运算.
21．(1)
(2)

【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求得斜率，然后用点斜式求得直线方程；
（2）令（），转化为，恒成立，构造函数利用导数结合单调性和最值可得答案.
【详解】（1），当时，
，，
，，
所以时，函数的图象在处的切线方程为：；
（2）（）恒成立，
令（），，
（）恒成立，
即为，恒成立，
，
令，恒过，
（ⅰ）若，即，，，
，在上单调递增，恒成立.
（ⅱ）设抛物线与轴的两个交点分别为，且，
当，即时，，，
则，在上单调递减，
此时，不满足恒成立，
综上可知：的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是转化为，恒成立的问题，然后构造函数利用导数求出参数的取值范围，本题主要利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立问题.
22．(1)
(2)

【分析】（1）先求出点的参数方程，化为普通方程，最后求出极坐标方程；
（2）由点、的极坐标直接求两点间的距离，再由三角函数的最值求解.
【详解】（1）设，.
则，.
由，
曲线直角坐标系方程为，
由
曲线的极坐标方程为.
（2）设，
则，，
，
当时，.
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）利用柯西不等式证明即可；
（2）利用基本不等式证明即可.
【详解】（1）
.
（当且仅当等号成立）.
；
（2）



（当且仅当时取等号）.