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（五）

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（五），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。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A．的虚部为B．
C．D．在复平面内对应的点在第二象限
3．已知等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．16B．64C．112D．32
4．某商场一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，则下列说法中不正确的是（ ）
A．支出最高值与支出最低值的比是6：1
B．利润最高的月份是2月份
C．第三季度平均收入为50万元
D．1~2月份的支出的变化率与10~11月份的支出的变化率相同
5．若实数，满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．3B．7C．8D．10
6．已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
7．九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串.在某种玩法中，用表示解下个圆环所需要移动的最少次数，数列满足，且，则（ ）
A．287B．272C．158D．143
8．已知抛物线的准线为l，点M是抛物线上一点，若圆M过点且与直线l相切，则圆M与y轴相交所得弦长是（ ）
A．B．C．4D．
9．已知正四面体的棱长为，现截去四个全等的小正四面体，得到如图的八面体，若这个八面体能放进半径为的球形容器中，则截去的小正四面体的棱长最小值为（ ）
A．B．
C．D．
10．中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的汉族传统工艺品．灯笼综合了绘画、剪纸、纸扎、刺缝等工艺，与中国人的生活息息相连．灯笼成了中国人喜庆的象征．经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型，现将红木宫灯、檀木宫灯、楠木纱灯、花梨木纱灯、恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯各一个随机挂成一排，则有且仅有一种类型的灯笼相邻的概率为（ ）
A．B．
C．D．
11．已知双曲线的左､右焦点分别为，过右焦点的直线与双曲线的右支交于两点，若的内心分别为，则与面积之和的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为 ．
14．已知，则 .
15．已知函数，给出下列4个结论，其中结论正确的个数有 个.
①是偶函数；
②在区间单调递减；
③的周期是；
④的最大值为2
16．设函数有两个不同极值点，若，则的取值范围是 .
三、解答题
17．在锐角中，内角所对的边分别为，，，满足，且.
(1)求证：；
(2)已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围.
18．如图，平行六面体中，点P在对角线上，，平面平面．
(1)求证：O，P，三点共线；
(2)若四边形是边长为2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
19．某网络在平台开展了一项有奖闯关活动，并对每一关根据难度进行赋分，竞猜活动共五关，规定：上一关不通过则不进入下一关，本关第一次未通过有再挑战一次的机会，两次均未通过，则闯关失败，且各关能否通过相互独立，已知甲、乙、丙三人都参加了该项活动．
(1)若甲第一关通过的概率为，第二关通过的概率为，求甲可以进入第三关的概率；
(2)已知该闯关活动累计得分服从正态分布，且满分为分，现要根据得分给共名参加者中得分前名发放奖励，
①假设该闯关活动平均分数为分，分以上共有人，已知甲的得分为分，问甲能否获得奖励，请说明理由；
②丙得知他的分数为分，而乙告诉丙：“这次闯关活动平均分数为分，分以上共有人”，请结合统计学知识帮助丙辨别乙所说信息的真伪．
附：若随机变量，则；；．
20．已知椭圆E：的长轴长为4，由E的三个顶点构成的三角形的面积为2.
(1)求E的方程；
(2)记E的右顶点和上顶点分别为A，B，点P在线段AB上运动，垂直于x轴的直线PQ交E于点M（点M在第一象限），P为线段QM的中点，设直线AQ与E的另一个交点为N，证明：直线MN过定点.
21．已知函数，为的导函数.
(1)证明：当时，；
(2)判断函数的零点个数.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，其中.
(1)求的普通方程与直线的直角坐标方程；
(2)直线与曲线交于A，两点，且A，两点对应的极角分别为，，求的值.
23．已知均为正实数，且.证明：
(1)；
(2).
参考答案：
1．B
【分析】根据根号下大于等于0求出集合，再利用交集和补集的含义即可得到答案.
【详解】由题意得，解得，故，
因为，
故.
故选：B.
2．B
【分析】根据复数的除法运算可得，在根据复数相关概念和几何意义，逐项判断，即可得到正确结果.
【详解】因为，所以，
所以的虚部为，故A错误；
，故B正确；
，故C错误；
在复平面内对应的点为，所以在复平面内对应的点在第一象限，故D错误.
故选：B.
3．D
【分析】根据已知列出关于的方程组，求解得出的值，即可得出答案.
【详解】设的公比为，
由已知，可得，
解得，
所以.
故选：D．
4．B
【分析】由统计图中数据，对选项中的统计结论进行判断.
【详解】支出最高值为60万元，支出最低值为10万元，支出最高值与支出最低值的比是，A选项正确；
2月份利润为20万元，3月份和10月份利润为30万元，利润最高的月份是3月份和10月份，B选项错误；
7，8，9月份收入分别为40万元，50万元，60万元，则第三季度平均收入为50万元，C选项正确；
1~2月份的支出变化率为 ，10~11月份的支出变化率为 ，故变化率相同，故选项D正确.
故选：B
5．C
【分析】作出可行域，确定目标函数取到最大值的点，代入可得答案.
【详解】由题意可行域如图，由图可知在点处取到最大值；
联立，可得，所以的最大值为.
故选：C.
6．D
【分析】利用线线，线面，面面的位置关系，以及垂直，平行的判断和性质判断选项即可.
【详解】对于A，若，，，则与可能平行，也可能异面，故A错误；
对于B，若，，则与可能平行，也可能相交，故B错误；
对于C，若，，则与可能平行，也可能相交或异面，故C错误；
对于D，若，则由线面平行的性质定理可知，必有，使得，
又，则，因为，所以，故D正确.
故选：D.
7．D
【分析】根据已知递推公式，利用代入法进行求解即可.
【详解】因为数列满足，且，
所以，
,
所以.
故选：D.
8．D
【分析】设，则，，进而，解得，利用垂径定理计算即可求解.
【详解】由题意得，，则准线为，
设，因为圆M与直线l相切，所以圆的半径为，
则圆的标准方程为，
又圆M过点，所以①.
又②，
由①②，解得，则，设圆M与y轴交于点B、C，
则.
故选：D.

9．B
【分析】正四面体中，顶点在面BCD的投射影为的中心，正四面体外接球球心为点，在直角三角形中求出，，设小正四面体的棱长，为上面小正四面体底面中心，可得，由题意，八面体的外接球半径，由此即可解得答案．
【详解】如图，正四面体中，棱长为；顶点在面BCD的投射影为的中心，
正四面体外接球球心为点（截去四个全等的小正四面体之后得到的八面体的外接球球心同样为点）．
为中点，，，，
在中，，
在中，，又，
则，即，解得，
则，
设小正四面体的棱长，为上面小正四面体底面中心，
则．
由题意，八面体能放进半径为的球形容器，则八面体的外接球半径．
在中，，
则，即，解得．
所以截去的小正四面体的棱长最小值为．
故选：B．
10．A
【分析】设红木宫灯、檀木宫灯为；楠木纱灯、花梨木纱灯为；恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯为．先求仅相邻的种数，把看作一个元素，分三种情况讨论：排在首尾；排在五个位置中第二、第四位；排在第三个位置，同理得仅相邻，仅相邻的情况，进而得出概率.
【详解】设红木宫灯、檀木宫灯为；楠木纱灯、花梨木纱灯为；恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯为．
先求仅相邻的种数，把看作一个元素，
当排在首尾时，不同的排法有种；
当排在五个位置中第二、第四位时，不同的排法有种；
当排在第三个位置时，不同的排法有种，
故仅相邻共有种排法，
同理得仅相邻，仅相邻的情况，也都有种排法，
所以有且仅有一种类型灯笼相邻的概率为．
故选：A.
11．A
【分析】根据圆的切线长相等的性质，结合双曲线定义可求得两内切圆与轴均相切于点，由∽可求得，结合双曲线渐近线斜率可确定直线倾斜角的范围，结合可求得的范围；由对勾函数单调性可确定所求面积之和的取值范围.
【详解】
由双曲线方程得：，，则，
设内切圆与三边相切于点，
，，，
，
又，，，
设，则，解得：，即；
同理可知：内切圆与轴相切于点；
分别为的角平分线，，
又，∽，则，
设内切圆半径分别为，
，，即，
，
双曲线的渐近线斜率，直线的倾斜角，
，则，
，解得：，
又在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；当时，；
，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线中三角形面积相关问题的求解，解题关键是能够利用相似三角形的知识求得两内切圆半径之间满足的等量关系，从而将所求面积之和转化为关于一个变量的函数的形式，利用函数单调性求得结果.
12．B
【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.05换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.05的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
【详解】，
所以；
下面比较与的大小关系.
记，则，，
由于
所以当0所以在上单调递增，
所以，即，即；
令，则，，
由于，在x>0时，，
所以，即函数在[0,+∞)上单调递减，
所以，即，即b综上，，
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.
13．
【分析】根据向量垂直得到，再利用向量夹角公式求出答案.
【详解】因为，所以，
则，，
则与的夹角为．
故答案为：.
14．132
【分析】利用换元思想，简化等式，再按照二项式定理展开，可得的系数即是的值.
【详解】令，则，
则可转化为：
，
即，
所以，
所以，
故答案为：132.
15．2
【分析】由三角函数的性质逐一判断即可得解．
【详解】对于①，，即是偶函数，故①正确；
对于②，在为增函数，又在为减函数，则在为减函数，在为减函数，又在为减函数，则在为减函数，即在区间单调递减，故②正确；
对于③，因为，故③错误；
对于④，因为,，则,，又,，则,，即，故④错误.
综上，正确的个数有个.
故答案为：.
16．
【分析】由题，结合韦达定理，判别式得，，再令，，进而将转化为的范围问题，再结合导数求最值即可.
【详解】函数，
则
因为有两个不同极值点，
则当时，有两个不相等的实数根
所以解得
因为，
所以，
所以
令，故，
则，所以，
则在上单调递增，
所以，又当趋近于时，趋近于，
所以，即，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于借助函数极值点得到的取值范围，再结合换元法将问题转化为求解函数，值域问题即可得答案.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由正弦定理得，又由余弦定理得，结合整理可得角的关系；
（2）由正弦定理得，又因为为锐角三角形且，结合三角函数值域可求得线段长度的取值范围.
【详解】（1）由题意得，由正弦定理得，
因为，则，即，可得，整理得，
由余弦定理得，整理得，
由正弦定理得，
故，整理得，
又因为为锐角三角形，则，可得，
所以，即.
（2）在中，由正弦定理得，
所以，
因为为锐角三角形，且，所以，解得.
故，所以.
因此线段长度的取值范围.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，由面面平行的性质得出，进而得出O，P，三点共线；
（2）以点O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法得出二面角大小的余弦值．
【详解】（1）证明：连交于，连．
在平行六面体中，且，
所以四边形是平行四边形，且，
又O，分别为BD，的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，于是，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
因为，都经过点O，所以O，P，三点共线．
（2）解：由（1）可知，所以．
作平面于Q，于E，于F，连，，，
则，，由，得，
又，平面，所以平面，
于是，同理，
又，，
所以，则，
所以点Q在上，且，所以点Q与O重合，于是．
以点O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，于是，
又，所以，，
设平面的法向量为，
则，于是可得，
不妨令，则，
平面的一个法向量为，
，
又结合图形易得二面角为锐角，
所以二面角大小的余弦值为．
19．(1)
(2)①能，理由见解析；②乙所说为假
【分析】（1）利用独立事件的概率公式，结合甲闯关的可能情况求解即可；
（2）①利用正态分布的对称性及法则，求得前名参赛者的最低得分即可判断；
②假设乙所说为真，利用正态分布的对称性及法则，证得丙的分数为分是小概率事件，从而得以判断.
【详解】（1）设：第次通过第一关，：第次通过第二关，甲可以进入第三关的概率为，
由题意知
.
（2）设此次闯关活动的分数记为．
①由题意可知，
因为，且，
所以，则；
而，且，
所以前名参赛者的最低得分高于，
而甲的得分为分，所以甲能够获得奖励；
②假设乙所说为真，则，
，
而，所以，
从而，
而，
所以为小概率事件，即丙的分数为分是小概率事件，可认为其不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙所说为假．
20．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解.
（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，由两点斜率公式，即可代入化简求解.
【详解】（1）由题意可知，
E的三个顶点构成的三角形要么是短轴的一个顶点和长轴的两个顶点构成的三角形，面积为；
要么是短轴的两个顶点和长轴的一个顶点构成的三角形，面积为，
所以，
故E的方程为.
（2）由于轴，所以不可能垂直于轴，故直线的斜率存在，故设直线的方程为，,
联立，
则 ，
直线的方程为，
当时，，所以，是的中点，所以，
，即，所以，
则化简得 ，
代入得，
故，所以或，
故直线的方程为或，
由于不与重合，所以直线不经过，故直线的方程为，此时 ，故，此时直线过定点.
【点睛】方法点睛：直线与椭圆的位置关系中直线过定点问题，需要讨论直线的斜率是否存在.若斜率不存在，特殊情况特殊对待，存在时，设出直线的方程，联立与椭圆的方程，可得根与系数的关系式，利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用从而求得直线方程中两个参量之间的关系即可得到定点.
21．(1)证明见解析
(2)只有1个零点
【分析】（1）求导，分和两种情况判断函数的单调性，再根据函数的单调性即可得证；
（2），即，整理可得，设，由（1）可知当时，，在证明当时，，由此分析，结合零点的存在性定理即可得出结论.
【详解】（1）令，则，
当时，，
当时，，
即当时，，
所以在上单调递增，则，
故当时，成立；
（2），即，
所以
，
设，
由（1）可知当时，所以在上单调递增，
从而，
下面证明：当时，，即证，
设，则，
所以在上单调递减，
从而，即当时，，
当时，，，
所以是的零点；
当时，，，即，
所以在上无零点；
当时，，，即，
所以在上无零点；
当时，，所以，，即，
所以在上无零点；
当时，，
所以，
即，所以在上无零点，
综上在上只有1个零点.
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
（1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
22．(1)，
(2)
【分析】（1）利用参数方程、极坐标方程、普通方程的转化即可得出结果；
（2）先将的极坐标方程写出，再与联立解方程，由图象分析即可得出结果.
【详解】（1）由得，
消去得为的普通方程；
由，得，
令，，得为直线的直角坐标方程.
（2）在中，令，，
所以，即为的极坐标方程，
联立得，
所以，所以，又，所以，
所以或或或，解得或或或，
由图可知，两交点位于第一、四象限，所以或，
所以.
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）、（2）结合综合法以及基本不等式证得不等式成立.
【详解】（1）依题意：都为正实数，且，
，当且仅当时等号成立，
上述三个式子相加得，
即成立.
（2）①，当且仅当，时等号成立.
②，当且仅当，时等号成立，
③，当且仅当，时等号成立，
①②③相加并化简得，
当且仅当时等号成立.
即成立.