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河南省安阳市2023届高三文科数学第一次模拟考试试题(Word版附解析)

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2023届高三年级第一次模拟考试文科数学考生注意:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上,并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.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,,那么()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由集合并集的定义即可得到结果.【详解】因为,,所以.故选:A.2.已知复数,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算求得复数z,可得其共轭复数,根据模的计算可得答案.【详解】复数,故,所以, 故选:C3.某大型企业开发了一款新产品,投放市场后供不应求,为了达到产量最大化,决定增加生产线.经过一段时间的生产,统计得该款新产品的生产线条数与月产量(件)之间的统计数据如下表:4681030406070由数据可知,线性相关,且满足回归直线方程,则当该款新产品的生产线为12条时,预计月产量为()A.73件B.79件C.85件D.90件【答案】C【解析】【分析】根据所给数据求出样本中心点,再代入回归直线方程,即可求出参数的值,从而得到回归直线方程,最后将代入计算可得.详解】解:依题意可得,,因为回归直线方程必过样本中心点,即,解得,所以,当时,故当该款新产品的生产线为12条时,预计月产量为85件.故选:C4.若实数x,y满足约束条件则的最大值为()A.1B.2C.6D.7【答案】D【解析】【分析】根据不等式组作出可行域,结合直线纵截距的几何意义求解.【详解】作出可行域如下, 由可得,结合的几何意义可知,当直线经过点时,纵截距有最大值,最大值为,故选:D.5.函数的大致图象为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先求出函数的定义域,即可判断函数的奇偶性,再利用特殊值判断即可.【详解】解:对于函数,则,解得,即函数的定义域为 ,又,即为奇函数,函数图象关于原点对称,故排除A;当时,,所以,故排除B;且,,即,故排除D.故选:C6.设,且,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系得到,再根据两角和的余弦公式及诱导公式得到,再根据、的范围判断即可.【详解】解:因为,所以,即,即,即,因为,所以, 所以,即.故选:D7.已知圆柱的下底面圆的内接正三角形ABC的边长为6,P为圆柱上底面圆上任意—点,若三棱锥的体积为,则圆柱的外接球的表面积为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出底面内接正三角形外接圆的半径及的面积,设圆柱的母线长为,根据圆锥的体积公式求出,则圆柱外接球的半径,即可求出外接球的表面积.【详解】解:如图,因为是边长为的正三角形,则其外接圆的半径,解得,又,设圆柱的母线长为,则,解得,所以圆柱的外接球的半径,所以外接球的表面积为. 故选:B8.在直三棱柱中,,且,若直线与侧面所成的角为,则异面直线与所成的角的正弦值为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系,设,利用线面角的向量求法求出的值,再求异面直线所成角即可.【详解】因为直三棱柱,所以底面,又因为,所以两两垂直,以为轴建立如图所示坐标系,设,则,,,,所以,,,设平面的法向量,则,解得,所以直线与侧面所成的角的正弦值 ,解得,所以,,设异面直线与所成的角为,则,所以异面直线与所成的角的正弦值为.故选:D9.已知函数在上单调,则a的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据在上的单调性列不等式,由此求得的取值范围.【详解】的开口向下,对称轴是直线,所以函数在上单调递增,依题意可知,在上单调递增,所以,解得,所以的取值范围是.故选:D10.以抛物线的焦点F为端点的射线与C及C的准线l分别交于A,B两点,过B且平行于x轴的直线交C于点P,过A且平行于x轴的直线交l于点Q,且,则△PBF的周长为() A.16B.12C.10D.6【答案】B【解析】【分析】因,则,准线.由,可得坐标,直线AF方程,进而可得B,P坐标,后由两点间距离公式及抛物线定义可得答案.【详解】因,则,准线为.由,如图,设,则,得,则.得直线AF方程:,代入,得,将代入,可得.则周长,则.故.故选:B11.已知双曲线的左、右焦点分为,,左、右顶点分别为,,点M,N在y轴上,且满足(O为坐标原点).直线,与C的左、右支分别交于另外两点P,Q,若四边形为矩形,且P,N,三点共线,则C 的离心率为()A.3B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】由四边形为矩形,可得,,设,则,由P,N,三点共线,可得,由P,M,三点共线,可得,即可得,从而得答案.【详解】解:如图所示:,由,则有,设,则,由,可得,取,同理可得,又因为,P,N,三点共线,所以,,所以,所以,P,M,三点共线, 所以,,所以,所以,又因为,所以,即有,所以,所以.故选:A.12.已知实数a,b,c满足,且,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得,,,构造函数,再利用导数求出函数的单调区间,作出函数的大致图象,结合图象即可得出答案.【详解】解:因为,所以,因为,所以,因为,所以,因为,所以,令,则, 当时,,当时,,所以函数在上递减,在上递增,所以,又当时,,当,,由此作出函数的大致图象如图所示,因为且,则由图可知,所以.故选:A.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知正六边形ABCDEF的边长为2,则_________.【答案】【解析】【分析】根据正六边形的几何性质,求出向量的模长以及夹角,利用平面向量的定义式,可得答案.【详解】由题意,作图如下: 在正六边形中,易知,,,,则与的夹角为,即,在中,,.故答案为:.14.已知圆,圆心都在坐标原点,半径分别为与.若圆的圆心在轴正半轴上,且与圆,均内切,则圆C的标准方程为_________.【答案】【解析】【分析】依题意求出圆心的横坐标与半径,即可得解.【详解】解:依题意可知圆心的横坐标为,半径为,故圆的标准方程为.故答案为:.15.已知为奇函数,若对任意,存在,满足,则实数的取值范围是_________.【答案】【解析】 【分析】根据函数的奇偶性求得,再根据题意推得的关系式,结合的范围,即可求得答案.【详解】因为为奇函数,故,即,由于,故,则,由于,故,所以,由,可得,即或,对任意,存在,满足,故,则,,k取负值,则只能,此时,或,则,则,综合可得或,即实数的取值范围是,故答案为:16.如图,已知AB为圆O的直径,,,则六边形AECBDF的周长的最大值为______. 【答案】12【解析】【分析】连接,,,设,,,先证明,再求得,,则六边形AECBDF的周长为关于的函数,进而求得最值即可.【详解】连接,,,由,则,设,,,则,,又,得,,在直角中,由,则,,在中,由正弦定理有,即,得,所以六边形AECBDF的周长为,故当,即时,取得最大值,且最大值为12.所以六边形AECBDF的周长的最大值为12. 故答案为:12.【点睛】关键点点睛:本题的关键是将六边形AECBDF的周长和边的关系转化为周长和角的关系.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.在数列中,,.(1)设,求数列的通项公式;(2)设,且数列的前项和为.若,求正整数的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)依题意可得,利用累加法求出数列的通项公式;(2)由(1)可得,即可得到,利用裂项相消法求出,即可得到方程,解得即可.【小问1详解】解:因为,,且,所以,当时, 当时,又时也符合上式,所以.【小问2详解】解:由(1)可知,所以,所以,所以,则,解得.18.某出租车公司为推动驾驶员服务意识和服务水平大提升,对出租车驾驶员从驾驶技术和服务水平两个方面进行了考核,并从中随机抽取了100名驾驶员,这100名驾驶员的驾驶技术与性别的2×2列联表和服务水平评分的频率分布直方图如下,已知所有驾驶员的服务水平评分均在区间内.驾驶技术优秀非优秀男2545女525(1)判断能否有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关; (2)从服务水平评分在,内的驾驶员中用分层抽样的方法抽取5人,再从这5人中随机抽取3人,求这3人中恰有2人的评分在内的概率.附:,其中.0.100.0500.0102.7063.8416.635【答案】(1)没有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关,理由见解析(2)【解析】【分析】(1)计算出卡方,与3.841比较后得到相应结论;(2)先根据频率之和为1得到,从而得到评分在,内的驾驶员人数比例,及两个区间各抽取的人数,利用列举法求出概率.【小问1详解】,没有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关;【小问2详解】,解得:,故服务水平评分在,内的驾驶员人数比例为,故用分层抽样的方法抽取5人中,内有4人,设为,内有1人,设为,再从这5人中随机抽取3人,共有以下情况:,共10种情况, 其中这3人中恰有2人的评分在的有,6种情况,故这3人中恰有2人的评分在内的概率为.19.在如图所示的六面体中,平面平面,,,.(1)求证:平面;(2)若AC,BC,两两互相垂直,,,求点A到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)取的中点,的中点,连,,,利用面面平行的性质定理推出,再利用线面平行的判定定理可证结论成立;(2)以为原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系,根据点到面的距离的向量公式可求出结果.【小问1详解】取的中点,的中点,连,,, 在六面体中,因为平面平面,平面平面,平面平面,所以,同理可得,因为分别是,的中点,且,,所以,,,,所以四边形是平行四边形,四边形是平行四边形,所以,,又已知,所以,则共面,因为平面平面,平面平面,平面平面,所以,又分别是,的中点,,所以,因为平面,平面,所以平面;【小问2详解】因为AC,BC,两两互相垂直,所以以为原点,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系:则,,设,则,, ,,,设平面的一个法向量为,则,则,取,则,,所以点A到平面的距离为.20.已知函数.(1)若,求的单调区间;(2)若关于x的不等式在上恒成立,求实数a的取值范围.【答案】(1)单调递增区间为和,单调递减区间为;(2).【解析】【分析】(1)求导后,解不等式可得增区间,解不等式可得减区间;(2)先由时不等式成立,得,再将不等式化为,构造函数,利用导数求出其最小值,代入可解得结果.【小问1详解】,,令,得或,令,得或,令,得,所以函数的单调递增区间为和,单调递减区间为.【小问2详解】 关于x的不等式在上恒成立,即在上恒成立,当时,得,即,令,,因为,所以,设,则,令,得,令,得,所以在上为减函数,在上为增函数,所以,即,所以,所以在上为增函数,所以,即.21.已知椭圆的离心率为,点在短轴上,且.(1)求的方程;(2)若直线与交于两点,求(点为坐标原点)面积的最大值.【答案】(1);(2).【解析】 【分析】(1)由题知,,进而根据向量数量积的坐标运算得,再根据即可求得,进而得答案;(2)设,进而联立直线与椭圆方程,结合韦达定理,弦长公式得,再求得原点到直线的距离即可计算的面积,再根据基本不等式求解即可.【小问1详解】解:因为椭圆的离心率为,所以,即,因为点在短轴上,且,所以,,解得,因为,所以,,所以,的方程为;【小问2详解】解:设联立方程得,所以,即,所以, 所以,,因为原点到直线的距离为,所以,,当且仅当,即时等号成立,所以,(点为坐标原点)面积的最大值为.(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.在直角坐标系xOy中,已知点,直线l的参数方程是(t为参数),以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程是.(1)求l的普通方程与曲线C的直角坐标方程;(2)设l与C相交于点A,B,求的值.【答案】(1)直线的普通方程为,;(2) 【解析】【分析】(1)根据参数方程转化为普通方程,极坐标方程转化为直角坐标方程的方法求得正确答案.(2)利用直线参数的几何意义求得正确答案.【小问1详解】由得,两式相减得,所以直线的普通方程为.由,得,即,即,所以曲线的直角坐标方程为.【小问2详解】由于,所以在圆外,将代入,化简得,,所以,均为负数,所以 [选修4-5:不等式选讲]23.已知正实数,,满足,(1)证明:;(2)求的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)利用基本不等式证明即可;(2)利用柯西不等式计算可得.【小问1详解】证明:因为,,为正实数且满足,所以,当且仅当,即,,时取等号,所以.【小问2详解】解:由柯西不等式可知,当且仅当,,时等号成立, 所以的最小值为.

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发布时间:2023-03-19 19:15:01 页数:26
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文章作者:随遇而安

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