河南省豫东名校2022-2023学年上学期新高三摸底联考理科数学试题

河南省豫东名校2022-2023学年上学期理数新高三摸底联考试卷

一、单选题（共12小题，每小题5分，共60分）

1．设全集，若集合，，则集合（　　）

A． B．

C． D．

2．已知复数，若，则（　　）

A． B． C．2 D．

3．已知平面向量，满足，，，则与的夹角为（　　）

A． B． C． D．

4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算法》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2022这2022个数中，能被5除余1且被7除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（　　）

A．58 B．57 C．56 D．55

5．已知一个程序框图如图，则输出的n的值等于（　　）

A．5 B．6 C．7 D．8

6．已知抛物线：的焦点为，准线与轴交于点，点在第一象限且在抛物线上，则当取最大值时，直线方程为（　　）

A． B． C． D．

7．在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝5，，，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为（　　）

A． B． C． D．

8．数列满足，则数列的前12项和为（　　）

A．64 B．150 C．108 D．240

9．为进一步强化学校美育育人功能，构建“五育并举”的全面培养的教育体系，某校开设了传统体育、美育、书法三门选修课程，该校某班级有6名同学分别选修其中的一门课程，每门课程至少有一位同学选修，则恰有2名同学选修传统体育的概率为（　　）

A． B． C． D．

10．已知、分别为双曲线C：的左、右焦点，O为原点，双曲线上的点P满足，且，则该双曲线C的离心率为（　　）

A． B． C．2 D．

11．已知，函数有四个不同的零点，且满足：.则下列结论中不正确的是（　　）

A． B． C． D．

12．已知正方体的棱长为2，M，N分别是棱，CD的中点.则下列结论错误的是（　　）

A．若F为棱AB中点，则三棱锥M－NFB的外接球的体积为

B．三棱锥在平面上投影为等腰三角形

C．平面

D．在棱BC上存在一点E，使得平面平面MNB

二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）

13．对称美是数学美的重要特征，是数学家追求的目标，也是数学发现与创造中的重要美学因素.著名德国数学家魏尔说：“美和对称紧密相连.”现用随机模拟的方法估算对称蝴蝶（如图中阴影）的面积，将此蝴蝶放在一个宽为2cm，长为3cm的长方形内，并向该长方形内随机投掷1000个点，已知恰有360个点落在阴影区域内，据此可推断蝴蝶的面积是　     　.

14．已知圆C：，点A，B在圆C上，且，O为原点，则的最大值为　     　.

15．已知函数，当时，的最小值是，则函数在上的单调递减区间为　             　.

16．设函数的图象与的图象有公共点，且在公共点处的切线重合，则实数b的最大值为　     　.

三、解答题（共7题，共70分）

17．△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的外接圆半径R满足.

（1）求角C；

（2）若，求△ABC周长的取值范围.

18．随着人们生活水平的提高，国家倡导绿色安全消费，菜篮子工程从数量保障型转向质量效益型，为了测试A、B两种不同有机肥料的使用效果，某科研单位用黄瓜做对比实验，分别在两片实验区各摘取100个，对其质量的某项指标值进行检测，质量指数达到45及以上的为“质量优等”，由测量结果绘成频率分布直方图，其中质量指标值分组区间是，，，，.

（1）分别求A实验区黄瓜质量指数的平均数和中位数；（每组数据以区间的中点值为代表，结果保留小数点后一位有效数字）

（2）请根据题中信息完成下面的2×2列联表，并判断是否有99.9%的把握认为“质量优等”与使用肥料有关.

，其中n＝a＋b＋c＋d，

19．如图，三棱柱中，，交于点O，AO⊥平面.

（1）求证：；

（2）若，且直线AB与平面所成角为60°，求二面角的余弦值.

20．已知椭圆C：，长轴是短轴的3倍，点在椭圆C上.

（1）求椭圆C的方程；

（2）若过点且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点，使得直线TM，TN斜率之积为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.

21．已知函数.

（1）若函数有一个零点，求k的取值范围；

（2）已知函数，若恒成立，求的取值范围.

22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C极坐标方程为：.

（1）求直线l普通方程与曲线C的直角坐标方程；

（2）过点的直线l与C相交于A，B两点，求的值.

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）当时，若恒成立，求实数m的取值范围.

答案解析部分

1．【答案】C

【知识点】交、并、补集的混合运算

【解析】【解答】由，得或，

解得或，

所以或，

所以，

因为，

所以。

故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合绝对值不等式求解方法，进而得出集合B，再利用交集和补集的运算法则，进而得出集合。

2．【答案】D

【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数的模

【解析】【解答】，则，，即，

根据复数相等，

∴，。

故答案为：D.

【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则和虚数单位i的周期性，再结合复数相等的判断方法，从而得出a，b的值，进而得出复数z，再结合复数求模公式得出的值。

3．【答案】C

【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角

【解析】【解答】∵，平方得，

∵，，∴，设，的夹角为，其中，可得，所以。

故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合数量积求向量的模公式，再利用数量积的运算法则得出的值，设，的夹角为，其中，再利用数量积求向量的夹角公式得出，的夹角的值。

4．【答案】A

【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列概念与表示；等差数列的通项公式

【解析】【解答】因为能被5除余1且被7除余1，即能被35除余1的数，

所以，，，即是以1为首项，35为公差的等差数列，

即，

由题意知且，得，

解得，，所以此数列的项数为58项。

故答案为：A.

【分析】利用能被5除余1且被7除余1，即能被35除余1的数，所以，，，再利用等差数列的定义判断出数列是以1为首项，35为公差的等差数列，再结合等差数列的通项公式得出，由题意知且，从而得出n的取值范围，再利用，从而求出此数列的项数。

5．【答案】A

【知识点】程序框图的三种基本逻辑结构的应用

【解析】【解答】第一次执行，T＝2，n＝2，，不满足；

第二次执行，n＝3，，不满足；

第三次执行，n＝4，，不满足；

第四次执行，n＝5，满足，跳出循环，n＝5。

故答案为：A.

【分析】利用已知条件结合程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构，进而得出输出的n的值。

6．【答案】C

【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题

【解析】【解答】过点作与准线垂直，垂足为，，如图：

当最大时，取最大值，此时与抛物线相切，

∵抛物线的焦点，∴，

设切线方程为，则，∴，

由解得，，

∵点M在第一象限内，∴，直线方程为：。

故答案为：C.

【分析】过点作与准线垂直，垂足为，再利用余弦函数的定义得出，当最大时，取最大值，此时与抛物线相切，再利用抛物线的焦点，从而得出p的值，进而得出抛物线的标准方程，设切线方程的点斜式方程为，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法得出，进而得出k的值，再利用点M在第一象限内，从而求出满足要求的k的值，进而得出直线 的方程。

7．【答案】D

【知识点】球的体积和表面积

【解析】【解答】三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝5，，，

构造长方体使得面对角线分别为5，，，则长方体体对角线长等于三棱锥外接球直径，如图所示，

设长方体棱长分别为a，b，c，则，，，

则，即，外接球表面积。

故答案为：D

【分析】在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝5，，，构造长方体使得面对角线分别为5，，，再利用长方体体对角线长等于三棱锥外接球直径，设长方体棱长分别为a，b，c，再结合勾股定理得出球的半径长，再利用球的表面积公式得出三棱锥P－ABC的外接球的表面积。

8．【答案】C

【知识点】函数的周期性；数列的求和

【解析】【解答】利用，再分别代入可得，，，.

由周期为2，同理可得，，

∴。

故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合数列的递推公式和函数的周期性，进而结合求和法得出数列的前12项和 。

9．【答案】D

【知识点】古典概型及其概率计算公式；简单计数与排列组合

【解析】【解答】6名同学分别选修一门课程，每门课程至少有一位同学选修，共有种，

恰有2名同学选修传统体育的情况：种，

∴。

故答案为：D

【分析】利用已知条件结合组合数公式和排列数公式解决计数问题的方法，再结合古典概型求概率公式，进而得出恰有2名同学选修传统体育的概率。

10．【答案】D

【知识点】双曲线的简单性质；正弦定理；余弦定理

【解析】【解答】因为，分别为双曲线的左右焦点，

由正弦定理得到，

又因为得，

又∵，

∴，，

在中，，，，

∴，，

在中，，

所以，

化简得。

故答案为：D.

【分析】利用，分别为双曲线的左右焦点，由正弦定理结合得的值，再利用双曲线的定义得出，，在中，，，，再结合双曲线中a，b，c三者的关系式得出，再利用余弦函数的定义得出，在中结合余弦定理得出a，c的关系式，再结合双曲线的离心率公式变形得出双曲线的离心率。

11．【答案】A

【知识点】函数的零点与方程根的关系

【解析】【解答】如图，作出图象，若y＝－b与有四个交点，需，则，A错误，符合题意；

这四个交点的横坐标依次为，因为抛物线的对称轴为，所以，D正确，不符合题意；

因为，即，所以，B正确，不符合题意；

，即，所以，C正确，不符合题意.

故答案为：A.

【分析】利用分段函数的解析式作出图象，若y＝－b与有四个交点，需，进而得出实数b的取值范围；利用这四个交点的横坐标依次为结合物线的对称轴公式得出其对称轴，再结合中点坐标公式得出的值；利用

结合对数的运算法则，进而得出的值；利用分段函数的解析式和代入法和分段函数的图象以及对数函数的单调性，进而得出的取值范围，进而找出结论不正确的选项。

12．【答案】C

【知识点】平行投影及平行投影作图法；球的体积和表面积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；三角形的形状判断

【解析】【解答】A：在三棱锥M－NFB中，设底面△NBF外接圆的圆心为，则C点也在圆上，

故三棱锥M－NFB的外接球为三棱锥M－BCF的外接球.

因为BF，BC，BM两两垂直，所以外接球的直径长为，

所以该球体积为：，正确；

B：三棱锥中，与在面上的投影为，M在面上的投影为棱的中点，N在面上的投影为N，

则三棱锥在面上的投影为，

由得：为等腰三角形，正确；

C：由正方体性质知平面，只需判断是否为0即可，

建立空间直角坐标系，则，，，，

则，，故，错误；

D：因为BM⊥面ABCD，面ABCD，所以BM⊥AE，

当E为棱BC的中点时，AE⊥BN，所以AE⊥平面BMN，

又平面，所以平面平面BMN，正确.

故答案为：C

【分析】在三棱锥M－NFB中，设底面△NBF外接圆的圆心为，则C点也在圆上，故三棱锥M－NFB的外接球为三棱锥M－BCF的外接球，利用BF，BC，BM两两垂直，所以用勾股定理得出外接球的直径长，进而得出外接球的半径长，再利用球的体积公式得出该外接球的体积；在三棱锥中，与在面上的投影为，M在面上的投影为棱的中点，N在面上的投影为N，则三棱锥在面上的投影为，由结合等腰三角形的定义判断出三角形为等腰三角形；利用已知条件建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积的坐标表示得出，所以平面不成立，所以 平面 不成立；利用BM⊥面ABCD结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以BM⊥AE，当E为棱BC的中点时，AE⊥BN，再利用线线垂直证出线面垂直，所以AE⊥平面BMN，再利用线面垂直证出面面垂直，所以平面平面BMN，进而找出结论错误的选项。

13．【答案】2.16

【知识点】几何概型

【解析】【解答】由题意可知，长方形面积为，

设图中蝴蝶面积为S，则，即。

故答案为：2.16。

【分析】利用已知条件结合长方形的面积公式和古典概型以及几何概型求概率公式，进而可推断出蝴蝶的面积。

14．【答案】

【知识点】圆方程的综合应用

【解析】【解答】取AB中点D，则，当最大时，最大，

由于已知圆C可化为，，∴.

所以D在以为圆心，半径为的圆上运动，，最大值为。

故答案为：。

【分析】取AB中点D，再利用平行四边形法则，则，当最大时，最大，由于已知圆C可化为，进而得出的值，再利用勾股定理得出的值，再结合圆的定义得出点D在以为圆心，半径为的圆上运动，再结合几何法得出的值，进而得出的最大值。

15．【答案】

【知识点】函数的单调性及单调区间

【解析】【解答】由于，

∴，中一个取最大值，一个取最小值，最小值是，

可得最小正周期为，而，∴，则，

令，，

∵，∴。

故答案为：。

【分析】由于，所以，中一个取最大值，一个取最小值，最小值是，可得正弦型函数的最小正周期为，再利用正弦型函数的最小正周期公式得出的值，从而得出正弦型函数f(x)的解析式，再利用正弦型函数的图象判断其单调性，进而得出函数f(x)的单调递减区间。

16．【答案】

【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值

【解析】【解答】设公共点坐标为，，，

由在公共点处切线相同得，即，解得（舍去）或，

又，即，

所以，

设函数，

，

令得.

当时，，当时，.

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以当时，b取最大值，将代入，

则得。

故答案为：。

【分析】设公共点坐标为，再利用导数求函数在切点处的切线方程的方法结合在公共点处切线相同得出，进而得出的值，再利用代入法得出，所以，设函数，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，从而得出b的最大值。

17．【答案】（1）解：由正弦定理，可得，

∴，

所以，则，

因为，所以.

（2）解：∵，，由正弦定理得，

∴，，

∴△ABC的周长：，

由，得，∴，

∴a＋b＋c的取值范围，即△ABC周长的取值范围是.

【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理；三角形中的几何计算

【解析】【分析】（1）利用已知条件结合正弦定理和两角和的正弦公式，进而得出角C的余弦值，再利用三角形中角C的取值范围，进而得出角C的值。
（2）利用已知条件结合正弦定理和三角形的周长公式，从而利用辅助角公式化简三角形周长为正弦型函数，再利用 结合构造法和不等式的基本性质，再结合正弦型函数的图象求值域的方法得出三角形△ABC周长的取值范围。

18．【答案】（1）解：A片实验区黄瓜的质量指数平均数为：

，

设A片实验区黄瓜质量指数中位数为x，则：，

得.

（2）解：由题意可得2×2列联表为：

.

∵，所以有99.9%的把握认为“质量优等”与使用不同的肥料有关.

【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；独立性检验的应用

【解析】【分析】（1）利用已知条件结合频率分布直方图求平均数和中位数的方法，进而分别求出A实验区黄瓜质量指数的平均数和中位数。
（2） 由题意可得2×2列联表，再利用2×2列联表中的数据结合独立性检验的方法判断出有99.9%的把握认为“质量优等”与使用不同的肥料有关。

19．【答案】（1）证明：∵AO⊥平面，平面，∴，

∵，，∴，∴四边形为菱形，∴，

又，平面，平面，∴平面，

∵平面，∴.

（2）解：令，在等腰中，，∴OB＝1，，.

∵AO⊥平面，∴∠ABO为直线AB与平面所成的角，

∴∠ABO＝60°，∴，

由（1）得OB，，OA两两垂直，所以以O为坐标原点，分别以OB，，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，

则，，，

设平面的一个法向量为，，∴.

令y＝1，，z＝1得，

设平面的一个法向量为，，∴，

令y＝1，，z＝－1，解得，

设二面角大小为，∵为锐角，∴.

∴二面角的余弦值为.

【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1） 利用AO⊥平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，利用，结合等式的传递性，所以，所以四边形为菱形，所以，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。
（2） 令，在等腰中，，得出OB＝1，，，再利用AO⊥平面，所以∠ABO为直线AB与平面所成的角，再利用已知条件，进而得出∠ABO的值， 从而得出AO的长，由（1）得OB，，OA两两垂直，所以以O为坐标原点，分别以OB，，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式得出二面角的余弦值。

 

20．【答案】（1）解：由题意得a＝3b，故椭圆C为，

又点在C上，所以，得，，

故椭圆C的方程即为；

（2）解：由已知知直线l过，设l的方程为x＝my＋1，

联立两个方程得，消去x得：，

得，

设，，则（*），

，

将（*）代入上式，可得：，

要使为定值，则有，又∵，∴t＝3，

此时，

∴存在点，使得直线TM与TN斜率之积为定值，此时t＝3.

【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题

【解析】【分析】（1）利用已知条件结合长轴和短轴的定义，进而得出a，b的关系式，再利用代入法和椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2）由已知知直线l过，设l的方程为x＝my＋1，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出m的取值范围，设，，再利用韦达定理得出（*），再利用两点求斜率公式得出
，将（*）代入上式，可得：，要使为定值，则有，再利用得出t的值，进而得出此时的值，所以存在点，使得直线TM与TN斜率之积为定值，此时t＝3。
 

21．【答案】（1）解：定义域为，由于有一个零点，可得方程有且仅有一个实根，

令，，由得；由得，

∴在上单调递增，在上单调递减，

∴最大值，又，∴时，；时，.

画出大致图像如图所示，

若直线y＝k与的图像有一个交点，则或.

∴k的取值范围是.

（2）解：方法一：若恒成立，即恒成立.

∵，∴恒成立，只需，

令，，

令，，所以在上单调递减，

而，∴，；，，

即时，，，.

∴在上单调递增，在上单调递减.

故.所以的取值范围是.

方法二：由得，现证明在前提下，原式恒成立.

∵，∴（*），

现证明，，，构造，，

令解得，令解得，

即在上单调递减，在上单调递增，

∴成立；

构造，，

令解得，令解得，

即在上单调递减，在上单调递增，成立，

∴（*）式成立，原式得证.

【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系

【解析】【分析】（1） 利用定义域为，由于有一个零点，再结合函数的零点与方程的根的等价关系，可得方程有且仅有一个实根，令，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，再利用，得出当时，；时，，从而画出大致图象，若直线y＝k与的图像有一个交点，进而结合图象得出实数k的取值范围。
（2）方法一：若恒成立结合，所以恒成立，再利用不等式恒成立问题求解方法，只需，令，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，从而得出实数的取值范围。
方法二：由得，现证明在前提下，原式恒成立，利用得出（*），现证明，，，构造，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最小值，所以成立；构造，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最小值，所以成立，所以（*）式成立，原式得证。

 

22．【答案】（1）解：由于，消t得，即，

由得，∴曲线C的直角坐标方程是：.

（2）解：将直线l：化为标准形式，

代入，并化简得.

，设A，B对应参数为，，，所以.

【知识点】平面内两点间的距离公式；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程

【解析】【分析】（1）利用已知条件结合参数方程与普通方程的转化方法，再结合极坐标和直角坐标的互化公式，进而得出直线l普通方程与曲线C的直角坐标方程。
（2）利用已知条件，由点斜式方程设出直线l方程，再结合直线l与曲线C相交，联立二者方程求出交点A，B的坐标，再结合已知条件 和两点距离公式得出 的值。

23．【答案】（1）解：由于，

当时，，解得，此时；

当时，不成立，此时无解；

当时，，解得，此时.

综上：的解集为.

（2）解：∵，当且仅当时等号成立

∴，即，解得.

∴m的取值范围是.

【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；绝对值三角不等式；含绝对值不等式的解法

【解析】【分析】（1）利用已知条件结合零点分段法，进而求出绝对值不等式的解集。
（2）利用已知条件结合绝对值三角不等式和不等式恒成立问题求解方法，进而得出 ， 再利用一元二次不等式求解方法，进而得出实数m的取值范围。