河南省2022-2023学年高三下学期核心模拟卷（中）文科数学（一）试题（Word版附解析）

2022～2023学年高三核心模拟卷（中）文科数学（一）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.已知全集，集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出，再求即可.【详解】由已知，又，.故选：B.2.已知复数z满足,则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将当作未知数解出来,再化简即可.【详解】由得 故选:A.3.已知平面向量满足，与的夹角为120°，若，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】按照平面向量的模的性质及数量积运算法则计算即可.【详解】因为，所以，即，解得.故选：B.4.2023年春节到来之前：某市物价部门对本市5家商场的某种商品一天的销售量及其价格进行调查，5家商场这种商品的售价x（单位；元）与销售量y（单位：件）之间的一组数据如下表所示：价格x89.5m10.512销售量y16n865经分析知，销售量y件与价格x元之间有较强的线性关系，其线性回归直线方程为，且，则（）A.12B.11C.10D.9【答案】C【解析】【分析】由表中数据计算、，根据线性回归直线方程过点代入化简求解即可．【详解】由表中数据，计算，，因为线性回归直线方程过点，即，即，所以， 又因为，所以．故选∶C﹒5.已知，，则p是q的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】分别求出命题，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】，即解得，，所以推不出，推不出，所以是的既不充分也不必要条件.故选：D.6.在倡导“节能环保”“低碳生活”的今天，新能源逐渐被人们所接受，进而青睐，新能源汽车作为新能源中的重要支柱产业之一取得了长足的发展．为预测某省未来新能源汽车的保有量，采用阻滞型模型进行估计．其中y为第t年底新能源汽车的保有量，r为年增长率，M为饱和量，为初始值（单位：万辆）．若该省2021年底的新能源汽车拥有量为20万辆，以此作为初始值，若以后每年的增长率为0.12，饱和量为1300万辆，那么2031年底该省新能源汽车的保有量为（精确到1万辆）（参考数据：，）（）A.62万B.63万C.64万D.65万【答案】C【解析】【分析】把已知数据代入阻滞型模型，求出对应的值即可．【详解】根据题中所给阻滞型模型，代入有关数据，注意以2021年的为初始值， 则2031年底该省新能源汽车的保有量为，因为，所以，所以故选：C7.已知函数在上有3个极值点，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意求出的范围，然后根据正弦函数的性质及题意建立不等关系，求得参数的取值范围即可.【详解】因，，所以，因为函数在上有3个极值点，所以，解得，所以的取值范围为，故选：C.8.在如图所示的程序框图中，若输入的a，b，c分别为，，，执行该程序框图，输出的结果用原来数据表示为（） A.b，a，cB.a，b，cC.c，b，aD.c，a，b【答案】A【解析】【分析】该程序的功能为从大到小输出原来输入的数据，通过比较输入数据的大小，即可求解．【详解】解︰由程序框图可知，该程序的功能为从大到小输出原来输入的数据，，，即，所以，则输出的结果用原来数据表示为b，a，c.故选∶A．9.在和中，若，，则（）A.与均是锐角三角形B.与均是钝角三角形C.是钝角三角形，是锐角三角形D.是锐角三角形，是钝角三角形【答案】D【解析】【分析】根据题意，由三角形的正弦值一定大于零，即可判断是锐角三角形，然后再由，判断的形状即可得到结果. 【详解】在和中，因为，所以均为锐角，即为锐角三角形.另一方面，可得或即，所以为锐角或者钝角，同理可得为锐角或者钝角，但是中必然有一个为钝角，否则不成立，所以为钝角三角形.故选:D10.已知抛物线，P为C上一点，，，当最小时，点P到坐标原点的距离为（）A.B.C.D.8【答案】A【解析】【分析】设，由抛物线的定义可得，，设化简可得当时，取得最小值，求出的坐标，即可求解【详解】因为抛物线，则焦点为，准线为，又，，则点为抛物线的焦点，过作准线的垂线，垂足为，设，则，故， 由抛物线的定义可得，，又，则设故，则，当时，取得最小值为，则，，将代入抛物线可得，所以故选：A11.在如图所示的圆台中，四边形ABCD为其轴截面，，母线长为，为底面圆周上一点，异面直线与(为底面圆心）所成的角为，则的大小为（）A.B.或C.D.或【答案】B【解析】【分析】建立如图所示坐标系,根据异面直线与(为底面圆心）所成的角为,求得【详解】以为原点，为轴，过点作轴，圆台的轴为轴，建立如图所示坐标系： 作交于点,,中，,则,由于异面直线与(为底面圆心）所成的角为,,故选:B12.已知，若且，则（）A.B.0C.D.1【答案】D【解析】【分析】设，，可得在上是奇函数，且为增函数，再由条件得到，最后求出即可.【详解】设，，因为，所以是奇函数. 因为、在上都为增函数，所以在上为增函数.因为，所以，因为，所以.因为，所以，所以，所以，所以.故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知x，y满足约束条件，则的最大值为________．【答案】【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，结合直线的截距，利用数形结合进行求解即可．【详解】由题意得：画出可行域（如图阴影部分），由，解得．当直线过点时，z取得最大值，故.故答案为：14.已知函数，无论a取何值，曲线均存在一条固定的切线，则该切线方程为________． 【答案】【解析】【分析】由题意得，，，此时这两个值均与无关，可得切点为即可得出答案．【详解】，则，，，此时这两个值均与无关，∴无论取何值，曲线均存在一条固定的切线，此时切点为，切线斜率为1，故切线方程为，即.故答案为∶15.已知双曲线的实轴为，对上任意一点P，在上都存在点Q，使得，则C的离心率的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】根据题意得到的关系式，然后由双曲线离心率的公式以及范围即可得到结果.【详解】因为对上任意一点P，在上都存在点Q，使得，所以，所以，即，所以.即.故答案为:16.如图,在三棱锥中,平面平面ABC,,,, 为等边三角形,则三棱锥外接球的表面积为________．【答案】【解析】【分析】先找到两个面的外心,通过外心作垂线交点即为球心.【详解】因为平面平面,平面平面,平面,所以平面;如图,因为,所以三角形的外心即为中点,过三角形外心作平面的垂线,过三角形的外心作平面的垂线,则两垂线必相交于球心,连接,则外接球半径.在中,,,所以,所以表面积.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.某市为了解新高三学生的数学学习情况，以便为即将展开的一轮复习提供准确的数据，在开学初该市教体局组织高三学生进行了一次摸底考试，现从参加考试的学生中随机抽取名，根据统计结果，将他们的数学成绩（满分分）分为，，，，，，，共组，得到如图所示的频率分布直方图．（1）若表示事件“从参加考试的学生中随机抽取一名学生，该学生的成绩不低于分”，估计事件发生的概率；（2）利用所给数据估计本次数学考试的平均分及方差（各组数据以其中点数据代表）．参考数据：，，，，，，，，其中为第组的中点值．【答案】（1）；（2），．【解析】【分析】（1）由频率和为，计算出，进而根据频率分布直方图可得事件发生的概率；（2）分别根据平均数和方差的计算公式代入求解即可．【小问1详解】从参加考试的学生中随机抽取一名学生，该学生的成绩不低于分的概率为.【小问2详解】本次数学考试的平均分为 本次数学考试的方差为.18.如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形CDEF为平行四边形，平面平面ABCD，．（1）证明：平面ABE；（2）若，，，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，取的中点，连接，根据条件证明四边形为平行四边形，然后得到即可；（2）取的中点为，连接，依次证明平面、平面，然后可求出点到平面的距离，然后根据算出答案即可.【小问1详解】 证明：连接交于点，取的中点，连接，因为四边形为平行四边形，所以为的中点，所以，因为，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，即，因为平面，平面，所以平面ABE，【小问2详解】取的中点为，连接，因为，，所以为等边三角形，所以，，因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，平面，所以平面，所以点到平面的距离为，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为，因为是直角梯形，，，，， 所以，所以.19.在中，角A，B，C对边分别是a，b，c，．（1）证明：；（2）求的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换结合正弦定理的边角互化，代入计算，化简即可得到结果；（2）由题意可得，令换元，即可得到的范围，然后求解不等式即可得到的范围，从而得到结果.【小问1详解】因为，即，所以，即，所以，即，再由正弦定理可得，【小问2详解】由（1）可知，，即，且，故，由可得，即.令，则，因为，则，则，即，所以，， 且恒成立，即，解得，所以.20.已知．（1）若在上单调递增，求a的取值范围，（2）证明：当时，．【答案】（1）（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）分离参数，转化为在上恒成立，求出函数的最大值即可得到结果；（2）根据题意转化为，然后求得的最小值即可证明.【小问1详解】由，可得，因为在上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，令，则在上恒成立，即在上单调递减，所以，由在上恒成立，可得，所以实数的取值范围为.【小问2详解】 因为函数，，令，则，即时，，则单调递增；即时，，则单调递减；所以，即（当且仅当取等号），因为函数，，则，令，则，当时，，则函数单调递增；当时，，则函数单调递减；所以，即（当且仅当取等号），因为，且（当且仅当取等号），（当且仅当取等号），所以（两个等号不同时成立这里反为大于号），令，即证，因额为，令，可得，所以，当时，，则函数单调递减；当时，，则函数单调递增；所以，所以，即当时，．21.已知，分别为椭圆的左、右焦点，，，分别为的上、下顶点，P为上在第一象限内的一点，直线，的斜率之积为．（1）求的方程；（2）设的右顶点为A，过A的直线与交于另外一点B，与垂直的直线与交于点M，与y轴交于点N，若，且（O为坐标原点），求直线的斜率的取值范围．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1），由直线，的斜率之积为可得，再结合，可得的关系，从而可求得，即可得解；（2）设直线的方程为，联立方程利用韦达定理可得，正在根据，可求得，从而可求得的坐标，再在中，由，得，从而可得出答案.【小问1详解】因为，所以，即，又，P为上在第一象限内的一点，设，则，即，，所以，代入，得，化简得，所以，又，所以，所以的方程为；【小问2详解】由（1）可得，设直线的方程为， 联立，消得，，则，所以，由，设，则，又，则，因为，所以，所以，所以直线，联立，得，在中，因为，所以，所以，解得，即，解得或，所以直线的斜率的取值范围为．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法，（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．（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.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）P为l上一点，过P作曲线C的两条切线，切点分别为A，B，若，求点P横坐标的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）把曲线C的方程两边平方相加可求曲线C的普通方程,利用两角和的余弦公式可求直线l的直角坐标方程;（2）设，由题意可得，计算可求点P横坐标的取值范围.【小问1详解】由曲线的参数方程为（为参数），可得由,得,即,曲线的普通方程为,直线的直角坐标方程为【小问2详解】设,连接，易得，若,则， 在中，，,,两边平方得,解得,点横坐标的取值范围为选修4-5；不等式选讲23.已知．（1）若，解不等式；（2）当时，的最小值为3，若正数m，n满足，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）对的取值进行分类，分段求解不等式，再求并集即可；（2）根据绝对值三角不等式求出，再利用柯西不等式证明即可求得结果.【小问1详解】当时，不等式为，当时，可以化为，解得；当时，可以化为，得，不等式不成立； 当时，可以化为，解得；综上,可得不等式的解集为.【小问2详解】当时，当时等号成立，由可得（舍）或，故,由柯西不等式可得，即得当且仅当时，即时取等号．