河南省2022-2023学年高三下学期核心模拟卷（中）理科数学（六）试题（Word版附解析）

2022~2023学年高三核心模拟卷（中）理科数学（六）注意事项：1．本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.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（i是虚数单位），则（）A.B.C.10D.34【答案】A【解析】【分析】由题意首先化简复数，然后利用复数的模的计算公式可得的模为.【详解】，所以,故选：A.2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据对数函数的单调性，结合一元二次不等式的解法、集合交集的定义进行求解即可.【详解】，，因为，所以，故选：C.3.已知双曲线的渐近线经过点，则该双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据渐近线所过点可求得，由可求得结果.【详解】由双曲线方程知：渐近线方程为，双曲线的渐近线过点，，解得：，双曲线的离心率.故选：D.4.在中，，，点E满足，则（）A.B.C.6D.【答案】B【解析】【分析】根据题中所给的条件利用相应公式求得结果.【详解】解：中，，所以，， 故选：B.5.已知函数的部分图象如图所示，则图象的一个对称中心是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据函数图象得到函数图象的一个对称中心与的最小正周期，进而利用函数的性质即可求解.【详解】解：由题图可知图象的一个对称中心是，的最小正周期，故图象的对称中心为，，结合选项可知，当时，图象的一个对称中心是.故选：D.6.函数的图象大致为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用奇偶性可排除CD；利用时，可排除B.【详解】定义域为，又，为定义域上的偶函数，图象关于y轴对称，可排除CD；当时，，，，可排除B.故选：A.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.7.已知矩形ABCD的顶点都在球心为O的球面上，，，且四棱锥的体积为，则球O的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】 由题意求出矩形的对角线的长，即截面圆的直径，根据棱锥的体积计算出球心距，进而求出球的半径，代入球的表面积公式，可得答案．【详解】由题可知矩形所在截面圆的半径即为的对角线长度的一半，，，，由矩形的面积，则到平面的距离为满足：，解得，故球的半径，故球表面积为：，故选：A．8.已知，则的值为（）A.10B.C.30D.【答案】B【解析】【分析】根据，结合二项式定理求解即可.【详解】因为，展开式第项，当时，， 当时，，故，即.故选：B9.的值为（）A.B.C.D.1【答案】D【解析】【分析】根据和差公式和二倍角公式化简,即可求解.【详解】解：，，故，故选：D.10.若直线与曲线恰有两个公共点，则a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】曲线方程变形得曲线为半圆，由直线与半圆相切得的一个值，由直线过直径的一个端点又得一个值，结合图象可得的范围．【详解】可化为且， 即曲线是以为圆心，1为半径的圆的下半圆，作出曲线，如图，作直线，而直线与直线平行，当直线过时，，当直线与半圆相切时，由得舍去），由图象可知的取值范围是．故选：B．11.如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC上的动点，F为棱的中点，则下列说法正确的是（）A.存在点E，使得直线与直线EF相交B.当E为棱BC的中点时，则平面C.点A到平面DEF的距离的最大值为D.存在点E，使得直线与直线EF所成角为【答案】C【解析】 【分析】利用线面平行判断选项A，利用线线不垂直则线面一定不垂直判断选项B，建立空间坐标系，利用坐标法，利用点到平面的距离公式判断选项C，利用异面直线夹角公式求解判断选项D.【详解】在正方体中，，平面，平面，所以平面，又平面，所以与不相交，故A错误；因为正方体的棱长为2，又E为棱BC的中点，所以，，在中，，所以，即不成立，即平面不成立，故B错误；以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，所以，设，所以，设平面的法向量为，则，令，得，所以点A到平面的距离，所以当时，点A到平面的距离取到最大值，所以，故C正确；连接，则，所以异面直线与直线EF所成角为直线与直线EF所成角，若存在点，使得直线与直线EF所成角为，则，所以，所以，又，得，解得，不符合题意， 故不存在点，使得直线与直线EF所成角，故D错误.故选：C12.若，，，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】构建函数，利用导数判断单调性可得，再构建利用导数判断的单调性可得.【详解】构造函数，则，所以在上单调递增，则，故，构建，则，在上恒成立，故在上单调递减，则，∴，所以，即，所以，故，综上，，故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.有一组样本数据，该样本的平均数和方差均为2．在该组数据中加入一个数2，得到新的样本数据，则新样本数据的方差为_______． 【答案】【解析】【分析】根据方差的定义计算.【详解】由题意，，因此，所求方差为．故答案为：．14.已知椭圆的左焦点为F，P是椭圆上一点，若点，则的最小值为_______．【答案】##【解析】【分析】根据椭圆定义可知，进而可得的最小值.【详解】根据椭圆的定义：，取得最小值时，即最小，如图所示：，当，，共线时取得最小值．的最小值为：﹒故答案为：.15.已知函数，曲线在点处的切线方程是，则曲线 在点处的切线方程是_______．【答案】【解析】【分析】由曲线在点处的切线方程是，故，再结合，，得到，故得解.【详解】由曲线在点处的切线方程是，故，又在点处的切线方程是：故答案为：.16.已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的取值范围为_______．【答案】【解析】【分析】根据给定等式求出三角形的内角C，再利用正弦定理及三角恒等变换、三角函数性质求解作答.【详解】因，显然，，锐角中，，，则，令，由得：，由正弦定理得，， 因此，而，则，即有，所以的取值范围为.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.已知数列满足，且．（1）证明：为等比数列，并求的通项公式；（2）求的前n项和．【答案】（1）证明见详解，（2）【解析】【分析】（1）对递推式进行变形，根据等比数列的定义即可证明，利用等比数列通项公式求出通项，即可求解；（2）利用错位相减法求解即可.【小问1详解】当时，由可得，又，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即.【小问2详解】，则，两式相减得所以.18.如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，是正三角形，且平面平面ABCD，，O为棱AD的中点，E为棱PB的中点．（1）求证：平面PCD；（2）若直线PD与平面OCE所成角的正弦值为，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，可得四边形为平行四边形，，再由线面平行的判定定理可得答案；（2）取的中点，可得，平面，以为原点，分别以所在的直线建立空间直角坐标系，设，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得，再由棱锥的体积公式可得答案．【小问1详解】取的中点，连接， 因为O为棱AD的中点，E为棱PB的中点，所以，，所以，即四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面PCD；【小问2详解】取的中点，连接，所以，因为为中点，，所以，因为平面平面ABCD，所以平面，以为原点，分别以所在的直线建立如图所示的空间直角坐标系，设，可得，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，可得，所以，所以， 解得，所以四棱锥的体积为,19.温度作为环境因子，在种子发芽过程中起着重要的作用．某研究性学习小组对某植物种子的发芽率y与环境平均温度x（℃）之间的关系进行研究，他们经过5次独立实验，得到如下统计数据：第n次12345环境平均温度x/℃1819202122种子发芽率y62%69%71%72%76%（1）根据散点图可以发现，变量y与x之间呈线性相关关系．如果在第6次实验时将环境平均温度控制在，试根据回归方程估计这次实验该植物种子的发芽率；（2）若从这5次实验中任意抽取3次，设种子发芽率超过70%的次数为X，求X的分布列与数学期望．参考公式：线性回归方程中，，．【答案】（1）（2）分布列见解析，；【解析】【分析】（1）根据最小二乘法可得回归直线方程，进而即得.（2）由题可知的可能取值，求相应概率可得分布列及期望；【小问1详解】 由已知得，，所以，，即，当第6次实验，即时，，所以根据回归方程估计这次实验中该种子的发芽率为．【小问2详解】由题可知的可能取值为1，2，3,则，，，所以的分布列为：1230.30.60.1即；20.在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线C．（1）求C的方程；（2）过点F且斜率为的直线l与C交于A，B两点，点P是C上的一点，且，直线OP与直线交于Q点，点M是线段PQ的中点，求的值． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得曲线C为抛物线，焦点为，即可得解；（2）设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再结合焦半径公式可求得，设的方程为，联立方程，可求得点的坐标，易得，从而可求得点的坐标，再根据连点间的距离公式可求得，即可得解.【小问1详解】因为动圆经过点且与直线相切，所以该动圆的圆心到点和直线的距离相等，所以曲线C为抛物线，焦点为，即，所以，所以C的方程为；【小问2详解】设直线的方程为，联立，消得，则，所以，则，又，所以，因为，则可设的方程为，联立，消得，解得或， 所以，因为直线OP与直线交于Q点，则，故，所以，，所以，所以.【点睛】方法点睛：对于圆锥曲线定值问题，一般要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，进行求解，本题中由于一点是已知得，所以可以通过韦达定理求出另外一个交点的坐标，通过两种方法表达同一条直线的斜率得到等量关系，从而得到答案.21.已知函数．（1）若在区间上单调递增，求a的取值范围；（2）若，证明：．【答案】（1）（2）证明见详解【解析】【分析】（1）因为为上的单调递增函数，故恒成立，参变分离后可求得参数的取值范围；（2）由知需证明，换元，对函数求导，研究函数的最值即可.【小问1详解】若在区间上单调递增，则在上恒成立， 即在上恒成立，令，所以在上恒成立，所以在上单调递减，所以，所以，即a的取值范围为.【小问2详解】当时，，要证，即证，即证，即，令，即证，令，所以，令，解得，当时，所以，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以当时，取得极小值即最小值，所以，即，所以.点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，常用方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.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.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求的直角坐标方程； （2）若点的极坐标为，是上的动点，为线段的中点，求点到直线的距离的最大值．【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）由极坐标与直角坐标互化原则可直接化简整理得到直角坐标方程；（2）将点极坐标化为直角坐标，参数方程化为普通方程；利用相关点法可求得点轨迹方程，则可设，利用点到直线距离公式，结合三角恒等变换知识可得到，进而确定最大值.【小问1详解】由得：，，即，的直角坐标方程为：.【小问2详解】由可得点的直角坐标为即；由消去参数可得直线的普通方程为：；设，，为中点，，则，， 即点轨迹为，则可设；点到直线的距离；则当时，.选修4-5：不等式选讲23.已知函数．（1）求不等式的解集；（2）记的最小值为M，若实数a，b满足，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将写为分段函数，分类讨论求不等式解集即可；（2）先求出分段函数的最小值M，再利用基本不等式的调和型求得原式的最小值即可得证.【小问1详解】，当时，，解得，所以；当时，显然成立，所以；当时，，解得，所以.综上，不等式的解集为.【小问2详解】 证明：当时，，当时，，故的最小值为，则有，于是，当且仅当，即时取等号，所以.