河南省焦作市2022-2023学年高三第二次模拟考试数学（理科）试题（Word版附解析）

焦作市普通高中2022~2023学年高三年级第二次模拟考试数学（理科）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共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，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】解不等式得到集合，根据函数的值域得到集合，然后求交集即可.【详解】，，则.故选：B.2.设，则（）A.B.C.3D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算和模长公式即可.【详解】由题意可得，则.故选：A.3.设，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用指对数的性质与中间数比大小即可. 【详解】，所以.故选：D.4.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合圆锥的母线长和弧长以及圆心角之间的关系即可求解【详解】设直角圆锥侧面展开图圆心角的弧度数为，底面圆的半径为，母线长为，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以，则，解得.故选：.5.执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】列举出循环的每一步，即可得出输出的的值.【详解】第一次循环，成立，，；第二次循环，成立，，； 第三次循环，成立，，；第四次循环，成立，，；第五次循环，成立，，；第六次循环，成立，，；第七次循环，成立，，，不成立，跳出循环体，输出的值为.故选：B.6.已知函数，则在上（）A.单调递增B.单调递减C.先增后减D.先减后增【答案】D【解析】【分析】根据余弦型函数单调性的求法得出函数的单调区间，即可得出在上的单调性.【详解】令，得，令，得，则的单调递增区间为，单调递减区间为，所以在上单调递减，在上单调递增，即在上先减后增.故选：D7.已知等比数列的公比的平方不为，则“是等比数列”是“是等差数列”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】C【解析】 【分析】利用等差数列和等比数列的递推关系进行证明即可.【详解】设等比数列公比为，若是等比数列，则为常数，由为常数，所以是等差数列；若是等差数列，设的公差为，则为常数，所以是等比数列.综上，“是等比数列”是“是等差数列”的充要条件.故选：C8.定义在上的函数满足，则的图象不可能为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】当时，由可得，当时，推导出，进而可得出合适的选项.详解】当时，由可得，排除B选项；当时，可得，则，所以，（为常数），所以，，选项A满足，选项C满足，选项D满足.故选：B. 9.如图，在正方形中，分别是边上的点，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用正切的和差公式得到，然后得到，即可得到.【详解】由题可知，则，即，.故选：D.10.在直三棱柱中，为等边三角形，若三棱柱的体积为，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直三棱柱的体积得到，根据直三棱柱外接球半径的求法得到，然后构造函数，求导得到的最小值，即可得到外接球表面积的最小值.【详解】设直三棱柱的高为，外接球的半径为，外接圆的半径为，则，所以，又，令，则 ，易知的最小值为，此时，所以该三棱柱外接球表面积的最小值为.故选：A.11.存在函数满足对任意，都有，给出下列四个函数：①，②，③，④．所以函数不可能为（）A.①③B.①②C.①③④D.①②④【答案】A【解析】【分析】利用偶函数的性质可判断①；利用特殊值法可判断③；利用题中的定义可判断②④.【详解】对于①，为偶函数，若存在满足对任意，都有，则，但，即对任意的恒成立，矛盾；对于②，，取，当时，，当时，，对任意的，则，②满足条件；对于③，取和，可得，，矛盾，③不满足条件；对于④，因为、在上均为增函数，则在上单调递增，且值域为，设函数关于直线对称的函数为，在函数上任取一点，则，则点在函数的图象上，即，只需取即可，④满足条件.故选：A.12.设双曲线的右焦点为，，若直线与的右支交于， 两点，且为的重心，则直线斜率的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据重心性质得出中点的坐标，根据直线与的右支交于两点可知点在右支内部，将的坐标代入双曲线中建立不等式，即可得离心率的范围，根据点差法可得直线的斜率与之间等式关系，由不共线建立不等式，解出离心率具体范围，根据离心率的范围及直线的斜率与之间等式关系，即可得斜率的取值范围，解出即可.【详解】设为的中点，根据重心性质可得，因为，则，因为直线与的右支交于两点，所以点在双曲线右支内部，故有，解得，当直线斜率不存在时，的中点在轴上，故三点不共线，不符合题意舍，设直线斜率为，设，所以，，因为在双曲线上，所以， 两式相减可得：，即，即有成立，即有，因为不共线，即，即，即，所以的离心率的取值范围为，因为，因为，即，所以，所以.故选：C【点睛】思路点睛：该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于难题，关于圆锥曲线中弦中点和直线斜率有关问题的思路有：（1）设出点的坐标；（2）根据中点坐标建立等式：，；（3）将两点代入圆锥曲线中，再对两式作差，用平方差公式对等式变形；（4）将，及代入等式中即可得出关系.第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．13.已知单位向量满足，则___________.【答案】【解析】【分析】利用向量数量积的运算律即可求解.【详解】因为单位向量，所以，由，得，两边同时平方可得，即，解得.故答案为：.14.内角、、所对的边分别为、、，且，，则的面积为______．【答案】【解析】【分析】利用三角恒等变换以及正弦定理化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值，利用余弦定理可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.【详解】因为，所以，，因为、、，则，所以，，由正弦定理可得，因为，所以，，则，可得.由余弦定理可得，因此，.故答案为：. 15.现有6个三好学生名额，计划分到三个班级，则恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为___________.【答案】【解析】【分析】分只有一个班分到名额、恰有两个班分到名额和三个班都分到了名额三种情况求出总的情况，然后利用古典概型求概率的方法求概率即可.【详解】将6个三好学生名额分到三个班级，有3种类型：第一种是只有一个班分到名额，有3种情况；第二种是恰有两个班分到名额，有种情况；第三种是三个班都分到了名额，有种情况.故恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为.故答案为：.16.在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是___________.【答案】2【解析】【分析】根据给定条件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答.【详解】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值，设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图， 则，令，则，即有，，当且仅当时取等号，此时，所以的最大值是2.故答案为：2【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．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.（1）求的通项公式；（2）已知数列的前20项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据得到，然后两式相减得到，最后验证时是否成立，即可得到；（2）分奇偶项求和，奇数项用等差数列求和公式求和，偶数项用裂项相消的方法求和，最后相加即可.【小问1详解】当时，可得，当时，，，上述两式作差可得，因为满足，所以的通项公式为.【小问2详解】，所以，.所以数列的前20项和为.18.某学校食堂中午和晩上都会提供两种套餐（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生中午选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上还选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为.（1）若同学甲晩上选择类套餐，求同学甲中午也选择类套餐的概率； （2）记某宿舍的4名同学在晩上选择类套餐的人数为，假设每名同学选择何种套餐是相互独立的，求的分布列及数学期望.【答案】（1）（2）分布列答案见解析，数学期望：【解析】【分析】（1）根据条件概率和全概率公式计算即可；（2）分别求出,1,2,3,4时的概率，得到分布列，然后求期望即可.【小问1详解】设事件为同学甲晩上选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，则，，所以，即同学甲晩上选择类套餐，中午也选择类套餐的概率为.【小问2详解】晩上选择类套餐的概率；晩上选择类套餐的概率.所以4名同学在晩上有个人选择类套餐，的所有可能取值为，则，所以，，，，，所以的分布列为 01234故.19.如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2.（1）证明：.（2）已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；（2）由二面角的定义可得，然后以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论.【小问1详解】证明：翻折前，在中，，翻折后，有，，又，、平面，所以平面，因为平面，所以.【小问2详解】 解：因为二面角为，，，所以，二面角的平面角为，以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，不妨设，则、、、、.，，，.设，，其中，设平面的法向量为，由得，取，可得，，解得，合乎题意，故当时，直线与平面所成角的正弦值为.20.已知是椭圆的右焦点，且在椭圆上，垂直于轴.（1）求椭圆的方程.（2）过点的直线交椭圆于（异于点）两点，为直线上一点.设直线的斜率分别为，若，证明：点的横坐标为定值. 【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据点的坐标以及垂直于轴，可得，再将点的坐标代入椭圆方程在结合椭圆的关系解出，即可得出椭圆的方程；（2）设，根据已知设出直线的方程为，则设点的坐标为，将直线的方程与椭圆的方程联立，根据韦达定理得出与，根据斜率的两点公式得出，再根据直线的方程消去式子中的与，再结合韦达定理结果即可得出，再结合已知与斜率的两点公式即可解出，即证明.【小问1详解】由垂直于轴，可得.将点代入，可得，又，解得，所以椭圆的方程为；【小问2详解】证明：由（1）知，，则椭圆的右焦点坐标为.设直线的方程为，点的坐标为.设，将直线的方程与椭圆的方程联立得：，恒成立，由韦达定理知，， 又，，所以.因为，则，所以，解得，即点的横坐标为定值.21.已知函数.（1）若，求的极值；（2）若是的两个零点，且，证明：.【答案】（1）极小值，无极大值（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据得到，然后求导，得到单调性，即可求极值；（2）令，，，根据，为的两个零点得到，然后将证明转化为证明，构造函数，求导，得到的单调性，即可得到，即可证明成立.【小问1详解】由题可知，则当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增，所以当时，取得极小值，无极大值.【小问2详解】记，，，则，，作差得，即，要证明，只需证，即证，令，则，所以在上单调递增，则，所以成立.【点睛】导数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.（二）选考题：共10分．请考生从第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分．选修4—4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线过原点，且倾斜角为．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线和直线的极坐标方程；（2）已知曲线与直线交于，两点，若，求直线的直角坐标方程．【答案】（1）曲线的极坐标方程；直线的极坐标方程；（2）【解析】【分析】（1 ）根据题意，先将曲线的参数方程化为普通方程，然后再化为极坐标方程即可；由题意可得直线的极坐标方程即可；（2）将直线的极坐标方程代入曲线的极坐标方程中，然后根据条件即可得到，从而得到结果.【小问1详解】因为曲线的参数方程为（为参数），化简可得，即，根据，得到极坐标方程为；又因为直线过原点，且倾斜角为，所以直线的极坐标方程为.【小问2详解】将代入可得，设，两点的极径为，则，则，即，故，且，则，所以，则，故直线的直角坐标系方程为选修4—5：不等式选讲23.已知函数．（1）求不等式的解集；（2）已知函数的最小值为，且、、都是正数，，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】 【分析】（1）分、两种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；（2）由绝对值三角不等式可得出，由此可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可证得结论成立.【小问1详解】解：由可得，当时，则有，解得，此时；当时，则有，解得，此时.综上所述，不等式的解集为.【小问2详解】解：由绝对值三角不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立，故，所以，又因为、、均为正数，所以，，当且仅当时，等号成立，故.