河南省焦作市2022-2023学年高三第二次模拟考试数学（文科）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（文科）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】化简集合A，B，根据集合的交集运算求解即可.【详解】因为，，所以，故选：B2.若，则（）A.B.C.3D.【答案】A【解析】【分析】按照复数运算律计算，再求复数的模.【详解】因为，所以，所以.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.已知向量，，且，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据求得m，再利用向量的模公式求解.【详解】解：因为向量，，所以，又因为，所以，解得，所以，故选：C5.设，满足约束条件，则的最小值为（）A.B.C.4D.10【答案】B【解析】【分析】画出可行域及目标函数，利用几何意义求出最小值.【详解】画出可行域及目标函数，如下： 其中可看作的纵截距的倍，故当在点取得最小值，其中联立，解得：，故将代入中，得到，故最小值为.故选：B6.已知函数图象两个相邻的对称中心的间距为，则下列函数为偶函数的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式化简，由条件确定的周期，结合周期公式求，再根据正弦函数和余弦函数的奇偶性判断各选项.【详解】函数可化为，因为函数图象两个相邻的对称中心的间距为，所以函数的周期为， 所以，又，所以，所以，所以，函数为奇函数；，所以当时，，当时，，所以函数不为偶函数；，所以函数为偶函数；因为，所以当时，，当时，，所以函数不为偶函数.故选：C.7.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.8.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】设等比数列的公比为，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：C9.定义在上的函数满足，则的图象不可能为（）A.B.CD.【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.10.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.11.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.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，则的离心率的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设点为的中点，根据为的重心，求得，由直线与的右支交于两点，得到，求得，再由时，证得四点共线不满足题意，即可求得双曲线的离心率的取值范围.【详解】由题意，双曲线的右焦点为，且，设点为的中点，因为为的重心，所以，即，解得，即，因为直线与的右支交于两点，则满足，整理得，解得或（舍去），当离心率为时，即时，可得，此时，设，可得，又由，两式相减可得，即直线的斜率为， 又因为，所以，此时四点共线，此时不满足题意，综上可得，双曲线的离心率的取值范围为.故选：A.【点睛】知识方法：求解圆锥曲线的离心率的常见方法：1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程或不等式，然后转化为关于的一元二次方程或不等式，结合离心率的定义求解；3、特殊值法：根据特殊点与圆锥曲线的位置关系，利用取特殊值或特殊位置，求出离心率问题.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.《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_________．【答案】【解析】【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线的关系，再根据弧长公式即可得解.【详解】设圆锥底面半径为，根据直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形可得，母线长，则圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为.故答案为：.14.的内角、、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.已知为正四棱锥，从O，A，B，C，D五点中任取三点，则取到的三点恰好在同一个侧面的概率为_________．【答案】##0.4【解析】【分析】利用古典概型的概率计算公式，分析出符合题意的基本事件总数和个数，即可求解.【详解】解：从O，A，B，C，D五点中任取三点，有，，，，，，，，，，共10种不同取法，取到的三点恰好在同一个侧面有，，，，共4种情况，由古典概型的概率计算公式知，所求概率为，故答案为：或0.4.16.写出一条与圆和曲线都相切的直线的方程：___________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】设切线与圆相切于点，得到切线的方程，与 联立，由判别式为零求解.【详解】解：设切线与圆相切于点，则，切线的方程为，即，将与联立，可得，令，联立解得或或或所以切线的方程为或或或.故答案为：（答案不唯一）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.某学校记录了某学期40名学生期中考试的数学成绩和期末考试的数学成绩，得到的频数分布表如下：期中考试的数学成绩频数分布表数学成绩频数4141642期末考试的数学成绩频数分布表数学成绩频数6101284（1）估计这40名学生期中考试的数学成绩小于100分的概率；（2）估计这40名学生期末考试的数学成绩的平均分比期中考试数学成绩的平均分提高多少分．（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）【答案】（1） （2）4【解析】【分析】（1）求出期中考试的数学成绩小于100分的学生人数，根据总人数，利用频率与概率的关系得求解即可；（2）根据“平均分等于各组区间的中点值乘以相应的频数的和再除以总人数”求出期中与期末考试的平均分，从而得到答案．【小问1详解】因为期中考试的数学成绩在内的学生有16人，所以期中考试的数学成绩在内的学生有（人），所以期中考试的数学成绩小于100分的学生有（人），所以估计这40名学生期中考试的数学成绩小于100分的概率为．【小问2详解】这40名学生期末考试的数学成绩的平均分为，这40名学生期中考试的数学成绩的平均分为，所以估计这40名学生期末考试的数学成绩的平均分比期中考试数学成绩的平均分提高(分)．18.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.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，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】【分析】（1）根据条件，证明平面，再由线面垂直的性质得到线线垂直即可；（2）根据条件，求出四棱锥的底面面积和高，再求出四棱锥的体积即可.【小问1详解】证明：在中，，∴，，∵，平面,平面,∴平面,又平面，∴.【小问2详解】作交于,∵平面，平面，∴，又,平面，平面，∴平面.在中，，，，，又为的中点，，，又，.四边形的面积,四棱锥的体积.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）求的极值；（2）若存在，使得，求实数的范围．【答案】（1）当时，取极小值，没有极大值（2）.【解析】【分析】（1）利用导数可得的极值；（2）存在，使得，等价于当时，，后分两种情况结合导数分析即可得答案.【小问1详解】由题，可得，当，当，则在上单调递减，在上单调递增， 故当时，取极小值，没有极大值；【小问2详解】存在，使得，等价于当时，.当，由（1）可得在上单调递减，故此时，.构造函数，.则.令，.则，令，当，当，则在上单调递减，在上单调递增，故，即，得上单调递增.注意到，，则.则时，恒成立，即满足条件；当时，由（1）可得此时，则，即.综上可知，.【点睛】关键点点睛：本题涉及求函数极值及用导数研究函数能成立问题，难度较大.对于能成立问题，常转化为最值问题，本题的关键为利用最值构造有关所求参数的函数.（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]（10分）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]（10分）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.