河南省濮阳市2022-2023学年高三理科数学下学期第一次摸底考试试题（Word版附解析）

2023届高三年级摸底考试理科数学考生注意：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：C2.已知集合，则集合的子集个数为（）A.3B.4C.6D.8【答案】D【解析】【分析】联立和，求得，即可求得其子集个数.【详解】由已知集合， 联立和，可得或或，则，故集合的子集个数为个，故选：D3.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.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：C5.若的展开式中常数项为，则正整数的值为（）A.6B.7C.8D.9 【答案】A【解析】【分析】首先写出二项式展开式的通项，依题意可得且，即可排除B、C，再将A、D代入验证即可.【详解】解：二项式展开式的通项为，所以且，显然且为整数，即为的倍数，故排除B、C，又为的因数，所以或，当时，此时，不符合题意；当时，此时符合题意.故选：A6.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，，设异面直线与所成角为，则，所以异面直线与所成的角的正弦值为.故选：D9.已知为抛物线的准线上一点，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】作出图形，根据几何意义即可求解.【详解】作出图形，如图所示，根据题意可知:点，，表示点到点的距离，表示点到点的距离， 则，如图（当点三点共线时取等号）因为，所以的最小值为，故选：.10.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.11.分别过椭圆的左、右焦点、作平行直线、，直线、在轴上方分别与交于、两点，若与之间的距离为，且（表示面积，为坐标原点），则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】过点作于点，从而得到，设，则 ，在、中利用余弦定理求出、，由可得，即可得解.【详解】解：由题意知直线、的斜率一定存在，设、，过点作于点，由题意知，，所以，设，则，在中，由余弦定理得，即，解得，同理在中利用余弦定理可得，因为，所以，即，即，所以.故选：A12.已知函数与的图象没有公共点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题目条件列出方程，然后同构变形，借助，即可求得本题答案. 【详解】若函数与的图象没有公共点，即相当于无解，变形得，，令，则，令，则在上为增函数，而，，故唯一解，，且，，化简得，，即，设，则，故在为增函数，故，所以，当时，；时，，所以，所以，当时无解，即.故选：B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，的圆心都在坐标原点，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，分别为两边上的点，，，过点，作圆弧，为的中点，且则线段长度的最大值为_________．【答案】 【解析】【分析】设，在中由正弦定理可得，在由余弦定理求出、，在中由余弦定理表示出，再结合三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出的最大值，即可得解.【详解】解：设，则，在中，由正弦定理知，所以，因为为的中点，所以，则，中由余弦定理，解得，在中，，由余弦定理可得所以当时，取得最大值，即的得最大值.故答案为：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力图如下，已知所有驾驶员的服务水平评分均在区间内.（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）从服务水平评分在区间内的驾驶员中用分层抽样的方法抽取12人，再从这12人中随机抽取4人，记X为4人中评分落在区间内的人数，求X的分布列和数学期望．附：，其中．0.100.0500.0102.7063.8416.635【答案】（1）不能有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）利用独立性检验的解题步骤，可得答案；（2）根据分层抽样明确各个区间抽取的人数，根据超几何分别求解分布列和数学期望的步骤，可得答案.小问1详解】由题意可知：，则，即， 故不能有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，由频率分布直方图，则服务水平评分在区间内驾驶员的频率分别为，即其比为，因此，分层抽样的12人在区间内驾驶员人数分别为，故的可能取值为，，，，，，则其分布列如下表：.19.在如图所示的六面体中，平面平面，，，.（1）求证：平面； （2）若两两互相垂直，，，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点分别为，连接，根据面面平行的性质定理证明四边形，，为平行四边形，即可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可；（2）以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.【小问1详解】取中点分别为，连接，则，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因为，所以，所以四边形为平行四边形，，，同理可得四边形为平行四边形，，，因为平面平面，平面平面，所以，又因为，所以四边形为平行四边形，， 所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】因为两两互相垂直，以为轴建立如图所示空间直角坐标系，由题意可得，，，，所以，，，设平面的法向量，则，解得，设平面的法向量，则，解得，所以，由图可知所求角为锐角，所以二面角的余弦值为.20.已知分别为双曲线的左、右焦点，点在C上，且的面积为6．（1）求C的方程； （2）若过点且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于两点，Q为x轴上一点，满足，证明：为定值．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意列出关于的方程，解得其值，可得双曲线方程；（2）设出直线l的方程。联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，根据题意求出的垂直平分线的方程，可得Q点坐标，继而求得，再求得弦长，利用双曲线定义可推出，化简，即可证明其为定值.【小问1详解】由题意点在C上，且的面积为6，可得且，则，又，解得，故双曲线方程为；【小问2详解】证明：由（1）知，故设斜率为k的直线l为，由于直线l交双曲线C的右支于两点，故，联立，可得，当时，直线l与双曲线的渐近线平行，此时直线和双曲线只有一个交点，不合题意；故，此时， 设，则，则，即的中点坐标为，因为Q为x轴上一点，满足，故Q为的垂直平分线与x轴的交点，的垂直平分线的方程为：，令，则得，即,所以,又，又因为在双曲线的右支上，故,故，即,故，即为定值.【点睛】难点点睛：证明为定值时，关键是要结合双曲线定义化简，同时结合，利用的垂直平分线的方程求出，求得，因此难点就在于求双曲线弦长以及时，计算比较复杂且计算量较大，要求十分细心.21.已知函数.（1）若的图象在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为2，求a的值； （2）若方程有三个不同的实数根，求a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用导数几何意义求出的图象在点处的切线，进而求出切线与坐标轴交点，表示出三角形面积，求出a的值；（2）利用分离参数法转化为与有三个不同的交点，求出a的取值范围.小问1详解】，，，则的图象在点处的切线为，由题意可知，令得，令得，则，解得.【小问2详解】令，即，令，则与有三个不同的交点，由题意可知，，则是奇函数，图像关于原点对称，当时，，，， 则当时，，单调递增，当时，，单调递减，同时，此时，当时，由奇函数性质可知，当时，单调递减，同时，当时，单调递增，此时，根据图像可知，与有三个不同的交点需要满足或者，即a的取值范围.点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)＝0，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[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，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.（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.