河南省平许济洛2022-2023学年高三第二次质量检测文科数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省平许济洛2022-2023学年高三第二次质量检测文科数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由对数函数性质得，再求集合运算即可.
【详解】解：由得，
所以，或，
因为，
所以或，即
故选：D
2. 已知复数，则的实部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】由可得，进而可得，即可得答案.
【详解】解：因为，
所以，
所以，
所以的实部为.
故选：A.
3. 已知命题“，”为真命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题知时，，再根据二次函数求最值即可得答案.
【详解】解：因为命题“，”为真命题，
所以，命题“，”为真命题，
所以，时，，
因为，，
所以，当时，，当且仅当时取得等号.
所以，时，，即实数的取值范围是
故选：C
4. 在正项等比数列中，是的等差中项，则（ ）
A. 16B. 27C. 32D. 54
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得，进而可得，即得.
【详解】设数列的公比为，则，
∴，解得，（舍去），
∴.
故选：D.
5. 在统计学中，同比增长率一般是指和去年同期相比较的增长率，环比增长率一般是指和上一时期相比较的增长率.根据下图，2020年居民消费价格月度涨跌幅度统计折线图，下列说法错误的是（ ）
A. 2020年全国居民每月消费价格与2019年同期相比有涨有跌
B. 2020年1月至2020年12月全国居民消费价格环比有涨有跌
C. 2020年1月全国居民消费价格同比涨幅最大
D. 2020年我国居民消费价格中3月消费价格最低
【答案】D
【解析】
【分析】根据同比与环比的概念，结合图中数据对选项一一判断即可.
【详解】对于A，观察图中同比曲线，除11月份同比为-0.5，其余均是正值，所以2020年全国居民每月消费价格与2019年同期相比有涨有跌，A正确.
对于B，观察图中环比曲线，有正有负，如2月份0.8，3月份-1.2，环比有涨有跌，B正确.
对于C，观察图中同比曲线，1月份同比增加5.4，大于其他月份同比值，故2020年1月全国居民消费价格同比涨幅最大，C正确.
对于D，观察图中环比曲线，3月份环比值-1.2，4月份-0.9，易知4月份消费价格比3月份低，故D错误.
故选：D.
6. 已知点是双曲线的右焦点，点是双曲线上位于第一象限内的一点，且与轴垂直，点是双曲线渐近线上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线的方程可得点坐标及渐近线方程，进而求得点坐标，利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】解：由双曲线方程可得，点坐标为，将代入双曲线方程，得，
由于点在第一象限，所以点坐标为，
因为双曲线的渐近线方程为，
所以，点到双曲线的渐近线的距离为．
因为是双曲线渐近线上的动点，
所以的最小值为．
故选：B．
7. 已知函数，，函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合函数的奇偶性和特殊值处函数值的正负情况判断选项.
【详解】为实数集上的奇函数，
定义域为，，
，所以为实数集上的奇函数，
图中函数为奇函数，而和为偶函数，所以C，D错误；
，
，图中函数，所以B错误，A可能为的解析式.
故选：A.
8. 某三棱锥三视图如图所示，俯视图为正三角形，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是
A. 4B. 8
C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据三视图分析出几何体的图形，利用三视图的数据求出四个面的面积即可得解.
【详解】根据几何体的三视图知，该几何体底面是边长为4的正三角形，高为4的三棱锥，且其中一条侧棱垂直于底面三角形所在平面，
如图所示．则两个垂直底面的侧面面积为S△PAB=S△PBC=×4×4=8；
底面面积为S△ABC=×42×sin60°=4；
另一个侧面的面积为S△PAC=×4×=4；
所以四个面中面积的最大值为4．故选C．
【点睛】本题主要考查了由三视图还原几何体，考查了空间想象能力与计算能力，属于基础题.
9. 已知函数有4个不同的零点，则正实数的范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，先研究当时有1个零点，进而将问题转化为当时，有3个不同的零点，再根据正弦函数，整体代换求解即可.
【详解】解：当时，，，
所以，在上单调递增，
因为，
所以，当时，存在唯一的，使得，
所以，当时，有1个零点.
因为函数有4个不同的零点，
所以，当时，有3个不同的零点
令
因为，所以，
所以，函数在上有3个零点，
所以，解得，
所以，正实数的范围为
故选：B
10. 在中，点为的中点，，与交于点，且满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理，用表示即可得答案.
【详解】解：如图，因为点为的中点，，
所以，，
，
所以，即，解得
所以，的值为.
故选：B
11. 已知函数满足：.若函数在区间上单调，且，则当取得最小值时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据求出，得，求出的对称中心为，，根据函数在区间上单调，且，推出为的对称中心，由，，可求出结果.
【详解】因为，其中，，
因为，所以，即，解得，
所以，
令，，则，，
所以对称中心为，，
因为函数在区间上单调，且，则为的对称中心，
所以，，即，，
当时，取得最小值，
所以.
故选：A
12. 当时，不等式成立.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将给定不等式变形，构造函数，利用函数单调性，逐项分析判断作答.
【详解】当时，不等式，
令，则在上单调递增，
对A，因，则，故A错误；
对B，，则，B错误；
对C，由知，，有，
则，由选项A知，，即，故C错误；
对D，由得，，
则，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题涉及两个量的大小，关键点在于通过对条件的不等式进行变形，从而构造函数，再分析并运用函数的单调性即可判断.
二、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 已知曲线在处的切线的斜率为，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求解.
【详解】因为，
所以，当时，，
因为曲线在点处的切线的斜率为，
所以，解得，
故答案为：
14. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在D上，PA与l垂直，垂足为A，若，则的面积等于______.
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的焦半径可得为等边三角形，即可求解边长进而得面积.
【详解】由以及可知,故为等边三角形，所以 因此故，所以，
故答案为：
15. 足球起源于中国古代的蹴鞠游戏，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动.已知某鞠（球）的表面上有四个点，满足，平面，，若三棱锥的体积为，则该“鞠”的体积的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据三棱锥的外接球的球心到所有顶点距离相等，且都为球半径，即可找到球心的位置，然后在直角三角形中，根据基本不等式即可求解最小值，进而可得球半径的最小值.
【详解】取中点为,过作交于，则,即为中点.
因为平面,所以平面.
因为,所以,
所以，,
所以，是三棱锥外接球球心,为球的半径.
由,
又,当且仅当,等号成立,此时,
所以球半径,故,
该“鞠”的体积最小值为
故答案为：
16. 在正项数列中，，，记.整数m满足，则数列的前m项和为______.
【答案】
【解析】
【分析】由递推公式得是等差数列，得的通项公式，由不等式得，用裂项相消法求的前120项和.
【详解】因为，，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，又因为，所以，
所以，
因为，，
整数m满足，所以，
的前120项和为
.
故答案为：.
【点睛】注意该题由递推公式先整体考虑，得的通项公式；的化简先通过有理化去掉分母的一个因式后再裂项.
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. 配速是马拉松运动中常使用的一个概念，是速度的一种，是指每千米所需要的时间.相比配速，把心率控制在一个合理水平是安全理性跑马拉松的一个重要策略.2022北京马拉松于2022年11月6日举行，已知图①是本次北京马拉松比赛中某位跑者的心率y（单位：次/分钟）和配速x（单位：分钟/千米）的散点图，图②是本次马拉松比赛（全程约42千米）前3000名跑者成绩（单位：分钟）的频率分布直方图.
（1）由散点图看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，求y与x的线性回归方程；
（2）在本次比赛中，该跑者如果将心率控制在160（单位：次/分钟）左右跑完全程，估计他跑完全程花费的时间及他能获得的名次.
参考公式：用最小二乘法求线性回归方程的系数，，.参考数据：.
【答案】（1）
（2）210分钟，192名
【解析】
【分析】（1）将数据代入公式，计算回归方程；
（2）由回归方程计算时x的值，得跑完马拉松所花时间，由频率分布直方图估计该值所处名次.
小问1详解】
由散点图中数据和参考数据得，
∴，，
所以y与x的线性回归方程为.
小问2详解】
将代入回归方程得，所以该跑者跑完马拉松全程所花的时间为分钟，
从马拉松比赛前3000名跑者成绩的频率分布直方图可知成绩好于210分钟的累计频率为.
有6.4%的跑者成绩超过该跑者，则该跑者在本次比赛获得的名次大约是名.
18. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）求角；
（2）若，的面积为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合三角恒等变换，根据正弦定理边化角求解即可.
（2）由面积公式得，再根据余弦定理得，进而可求得.
【小问1详解】
解：依题意，，
故，
则，
，
所以，
由于，所以，
所以，故，
由于，，
所以，，即.
【小问2详解】
解：由题意，，所以.
又由余弦定理，，即，
所以，所以
所以.
19. 已知两个四棱锥与的公共底面是边长为4的正方形，顶点，在底面的同侧，棱锥的高，，分别为AB，CD的中点，与交于点E，与交于点F.
（1）求证：点E为线段的中点；
（2）求这两个棱锥的公共部分的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明，，进而证明四边形是平行四边形，可得E为线段的中点；
（2）分析四棱锥的底和高，用四棱锥的体积减四棱锥的体积，可得所求几何体体积.
【小问1详解】
连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，又，所以四边形是矩形，
所以，，
又，分别为AB，CD的中点，所以，，
所以，，所以四边形是平行四边形，
又对角线，所以点E为线段的中点.
【小问2详解】
连接，交EF于点N，过点作于M，
由题意知，故，
又，，，平面，所以平面，
故，又，，平面，
所以平面，即是四棱锥的高，
由（1）同理可得点F为线段的中点，所以，，
在中，，则，所以，
因为，
所以.
20. 设函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若方程有两个不相等的实数根，，证明：.
【答案】（1）当时，函数的单调增区间为；
当时，单调增区间为，单调减区间为.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1)求出函数的导函数，通过当时和当时判断导函数的符号，得出函数的单调区间；
(2)通过，是方程的两个不等实根，由（1）知.设，把根代入方程，作差，得出的表达式，构造函数，令新函数的导数，通过函数的单调性利用分析法证明即可.
【小问1详解】
因为，则.
当时，，函数在上单调递增，
此时函数的单调增区间为.
当时，由，得；由，得，
所以函数的单调增区间为，单调减区间为.
【小问2详解】
因为，是方程的两个不等实根，由（1）知.
不妨设，则，，
两式相减得.
所以.因为，
当时，，当时，，
要证原命题成立，只需证即可，即证明，
即证明，
即证明.设.
令，则.
因为，所以，在上是增函数，故，
所以当时，总成立.所以原题得证.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
21. 已知椭圆的长轴长为4，，为C的左、右焦点，点P（不在x轴上）在C上运动，且的最小值为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，记的内切圆的半径为r，求r的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的几何性质可得，再由余弦定理和基本不等式得出，即可求出椭圆C的方程；（2）易知的周长为定值，利用等面积法可求得内切圆的半径与面积的表达式，联立直线l与椭圆C的方程写出面积的表达式再通过构造函数利用函数单调性即可求得内切圆的半径为r的取值范围.
【小问1详解】
由题意得，
设，的长分别为m，n，，
则在中，由余弦定理可得
当且仅当时取等号，从而，
得，∴，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设，，
由题意，根据椭圆的定义可得的周长为，
，所以，
设l的方程为，联立椭圆方程，
整理可得，易知
且，，
，
所以，
令，则，
，
令函数，则，
当时，恒成立，所以在上单调递增，
则，所以，
即，
故r的取值范围为.
【点睛】方法点睛：求三角形内切圆半径可利用等面积法，把整个三角形看成三个以内切圆圆心为顶点的小三角形，根据三个小三角形面积之和与大三角形面积相等，建立三角形周长、面积与内切圆半径之间的关系式即可求得结果.
（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. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，，直线的参数方程为（为参数，），直线，垂足为.以为坐标原点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）分别写出曲线与直线的极坐标方程；
（2）设直线､分别与曲线交于､与､，顺次连接､､､四个点构成四边形，求.
【答案】（1）曲线极坐标方程为，直线的极坐标方程且.
（2）.
【解析】
【分析】（1）首先将、化为普通方程，再应用公式法求曲线与直线的极坐标方程，最后由两线垂直写出的极坐标方程.
（2）由题设知，令，，联立（1）中所得极坐标方程，结合韦达定理求值即可.
【小问1详解】
由的参数方程，可得，则，即，
∴.
由题设知：为，故的极坐标方程为，又，
∴为且.
【小问2详解】
由题设知：，
若，,
联立与：，可得，，
联立与：，可得，，
∴.
∴.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知二次函数，
（1）已知是正实数，且，求证：；
（2）若对任意，不等式恒成立，求的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用柯西不等式可直接证得结论；
（2）由一元二次不等式恒成立可构造不等式组求得，，并求得；将所求式子化为，设，分别在和的情况下，结合基本不等式可求得最大值.
【小问1详解】
由得：，
，
由柯西不等式得：（当且仅当时取等号），
则.
【小问2详解】
由得：，
，则，；
，又，，则，
令，则，设，
当时，；
当时，（当且仅当时取等号），
的最大值为.