河南省开封市通许县2023届高三三模文科数学试题A卷（Word版附解析）

文科数学A卷（副卷）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是得合题目要求的.1.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出两集合，再求两集合的交集即可.【详解】∵，，∴.故选：D.2.在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据坐标写出复数，再进行除法运算即可.【详解】因为复数对应的点的坐标为，所以， 所以.故选：D3.已知是定义在上的奇函数，当时，则（）A.B.0C.1D.2【答案】A【解析】【分析】计算出，根据函数奇偶性求出.【详解】因为是定义在上奇函数，当时，.所以.故选：A.4.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先利用诱导公式和恒等变换进行化简，再利用任意角三角函数求解即可.【详解】由题意得，所以.故选：B.5.若实数，满足约束条件，则的最大值为（）A.5B.9C.10D.12【答案】C【解析】【分析】画出可行域，利用目标函数的图像结合几何意义即可得解.【详解】由题意画出可行域，如图所示，由图可知在点A处取到最大值，因为此处的直线的截距最大， 联立，可得，即，所以的最大值为10.故选:C.6.现有10名象棋选手进行单循环赛（即每两名选手比赛一场）.规定两人对局胜者得4分，平局各得2分，负者得0分，并按总得分由高到低进行排序.比赛结束后，10名选手的得分各不相同，且第二名的得分是最后五名选手得分之和的，则第二名选手的得分是（）A.24B.32C.40D.48【答案】B【解析】【分析】依题意可得第二名选手至少得分，又全胜得分，假设第二名选手得分分推出矛盾，即可得解.【详解】每个选手需要进行场比赛，则全胜的选手得分，而最后五名选手之间赛场，至少共得分，所以第二名选手至少得分.又因为名选手的得分各不相同，若第二名选手得分（赢了8场平1场），则第一名选手得分分（赢场），这时，第一全赢，第一赢了第二一局，第二输了一局，所以矛盾.所以不可得分，所以第二名选手得分是分.故选：B.7.设甲：，乙：，则甲是乙的（）A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分又非必要条件【答案】B【解析】 【分析】利用角的变换，结合三角恒等变换及充分、必要条件的概念进行判断即可．【详解】当时，即，则，当时，两边都除以，得，即．当时，不能得出，所以，由甲不一定推出乙．当时，即，两边都乘以，得，两边都加上，得，即．所以，由乙可推出甲．所以，甲是乙的必要非充分条件．故选：B．8.某三棱锥的三视图如图所示，已知它的体积为36，则图中的值为（）A.2B.C.3D.【答案】C 【解析】【分析】根据给定的三视图，作出原几何体，再利用锥体的体积公式求解作答.【详解】依题意，三视图对应的几何体是底面为等腰直角三角形，直角长为，一个侧面与底面垂直的三棱锥体，如图，三棱锥的高为，由体积，得，所以.故选：C9.，下列说法正确的是（）①为偶函数；②的最小正周期为；③在区间上先减后增；④的图象关于对称．A.①③B.①④C.③④D.②④【答案】A【解析】【分析】由题可得，然后结合函数的性质逐项分析即得.【详解】由辅助角公式可得：，对①，由题可知，为偶函数，①正确；对②，最小正周期，故②错误； 对③，令，，在区间先减后增，复合函数同增异减易知，③正确；对④，，所以关于点对称，④错误.故选：A．10.已知点是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为、，且，则的面积为（）A.6B.12C.D.【答案】C【解析】分析】设，，由椭圆定义得，由余弦定理求出，从而利用三角形面积公式求出答案.【详解】由椭圆，得，，.设，，∴，在中，由余弦定理可得：，可得，得， 故.故选：C.11.已知函数，若，，，则大小关系为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先利用导数判断函数的单调性，再利用不等式，，放缩不等式，利用单调性，即可比较大小.【详解】为偶函数，则.又当时，，，则在上单调递减，，∴在上单调递减，设，，当，，单调递减，当，，单调递增，所以当时，取得最小值，，所以，时，等号成立，所以，设，（），当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，取得最大值，，则，时，等号成立，所以，∴，∴， 故选：B12.已知四面体的四个面均为直角三角形（如图所示），则该四面体中异面直线AB与CD所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据条件，得到平面，将四面体补成直三棱柱，再根据异面直线所成角的知识，求得异面直线与所成角的余弦值.【详解】根据已知条件可知，平面，所以四面体中AD⊥平面BCD，将四面体补成直三棱柱（如图），因为，所以∠MAB为异面直线与所成角（或其补角）．在中，，，，所以.所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：C. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，，若，则______.【答案】13【解析】【分析】先求出的坐标，再由可得列方程可求得结果.【详解】∵，，，又∵，∴，解得.故答案为：1314.在区间上随机抽取1个数，则事件“”发生的概率为______.【答案】##【解析】【分析】先求解得，再根据几何概型概率计算公式即可求解.【详解】由，得，即，∴事件“”发生的概率为.故答案为：15.如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上一动点（不与，B重合），则下列命题中：①平面平面；②一定是锐角；③；④三棱锥的体积为定值．其中真命题的有__________． 【答案】①③④【解析】【分析】根据正方体特征可知平面，利用面面垂直的判定定理即可求得①正确；当是的中点时是直角，即②错误；易知平面，利用线面垂直的性质即可得，所以③正确；根据等体积法和线面平行判定定理可得三棱锥的体积为定值，即可知④正确.【详解】对于①，由正方体性质可得平面，又平面，所以平面平面，即①正确；对于②，当是的中点时，易得，满足，此时是直角，所以②错误；对于③，连接，如下图所示;由正方体可知，且平面，平面，所以，又，平面，所以平面； 又平面，所以，即③正确；对于④，三棱锥的体积，又因为的面积是定值，平面，所以点到平面的距离是定值，所以三棱锥的体积为定值,即④正确.故答案为：①③④16.不与x轴重合的直线l过点N（,0）（xN≠0），双曲线C：（a＞0，b＞0）上存在两点A、B关于l对称，AB中点M的横坐标为．若，则C的离心率为____________．【答案】2【解析】【分析】由点差法得，结合得，代入斜率公式化简并利用可求得离心率.【详解】设，则，两式相减得，即，即，所以，因为是AB垂直平分线，有，所以，即，化简得，故.故答案为：2三、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，每个试题考试都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知数列的首项，且满足．（1）证明：为等比数列；（2）已知，为的前n项和，求．【答案】（1）证明见解析（2）1048【解析】【分析】（1）由结合定义证明即可；（2）由（1）得出，再讨论n为奇数和偶数，结合等比和等差求和公式得出．【小问1详解】由可得．又，所以是以为公比，1为首项的等比数列．【小问2详解】由（1）可得，即．当n为奇数时，；当n为偶数时，．所以．18.如图，在四棱锥中，是边长为的正三角形，，，，，，，分别是线段，的中点. （1）求证：平面；（2）求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）12【解析】【分析】（1）取中点，连接，，则由已知条件结合线面平行的判定可证得平面，平面，则平面平面，再由面面平行的性质可证得结论；（2）过作交于，可证得，则，得平面，再由面面垂直的判定可得平面平面，再利用面面垂直的性质可得平面，从而可求得结果.【小问1详解】证明：如图，取中点，连接，，因为是线段的中点所以，因为平面，平面，所以平面. 因为在梯形中，为的中点，是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面；【小问2详解】如图，在梯形中，过作交于，则四边形为平行四边形，所以，在中，得，，，则，所以，因为，所以，又，，平面，所以平面，又平面，∴平面平面，连接，因为为等边三角形，为中点，所以，又平面面，平面，所以平面，因为在等边中，，为的中点，所以，所以四棱锥的体积为： .19.2022年国际篮联女篮世界杯在澳大利亚悉尼落下帷幕，中国女篮团结一心、顽强拼搏获得亚军.这届世界杯，中国女篮为国人留下了许多精彩瞬间和美好回忆，尤其是半决赛绝杀东道主澳大利亚堪称经典一幕.为了了解喜爱篮球运动是否与性别有关，某体育台随机抽取100名观众进行统计，得到如下列联表.男女合计喜爱30不喜爱40合计50100（1）将列联表补充完整，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为喜爱篮球运动与性别有关？（2）在不喜爱篮球运动的观众中，按性别分别用分层抽样的方式抽取6人，再从这6人中随机抽取2人参加一台访谈节目，求这2人至少有一位男性的概率.附：，其中.0.0100.0050.0016.6357.87910.828【答案】（1）列联表见解析，在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为喜爱篮球运动与性别有关（2）【解析】【分析】（1）根据题意进行数据分析，完善列联表，套公式求出，对照参数下结论；（2）利用古典概型的概率公式求解.【小问1详解】由题意进行数据分析，得到列联表如下：男女合计 喜爱301040不喜爱204060合计5050100计算，所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为喜爱篮球运动与性别有关；【小问2详解】不喜爱篮球运动的观众中，有男观众20人，女观众40人，按照分层抽样的方式抽取6人，有男观众2人，记为、，女观众4人，记为1、2、3、4，从6人中抽取2人，有：，，，，，，，，，12，13，14，23，24，34，共15个，记“所抽2人至少有一位男性”为事件，包含：，，，，，，，，，共9个.所以20.已知直线l与抛物线交于A，B两点，且，，D为垂足，点D的坐标为．（1）求C的方程；（2）若点E是直线上的动点，过点E作抛物线C的两条切线，，其中P，Q为切点，试证明直线恒过一定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）（2）证明过程见详解，定点【解析】【分析】（1）设点A的坐标为，点B的坐标为，根据题意可得到直线的方程，联立抛物线的方程，整理可得到关于（含参）的一元二次方程，从而得到，，再根据，代入即可求解的值，进而得到C的方程；（2）结合（1）中抛物线，得，设过点E作抛物线C的切线的切点为，则可得到过点E 的切线方程，设点，，，从而得到，是方程的两实数根，则得到，，进而得到的中点M的坐标，，从而得到直线的方程，进而得到直线恒过的定点．【小问1详解】设点A的坐标为，点B的坐标为，因为，所以，则直线的方程为，联立方程组，消去y，整理得，所以有，，又，得，整理得，解得．所以C的方程为．【小问2详解】由，得，所以，设过点E作抛物线C的切线的切点为，则相应的切线方程为，即，设点，由切线经过点E，得，即，设，，则，是的两实数根，可得，．设M是的中点，则相应，则，即， 又，直线的方程为，即，所以直线恒过定点．【点睛】关键点点睛：小问（2）解答的关键是先根据导数设抛物线的切线方程，设点，，，从而得到，是方程的两实数根，再结合韦达定理得到，，进而得到直线的方程．21.已知函数，（，为常数）.（1）当时，求函数在上的最小值；（2）设，是函数的两个零点，证明：.【答案】（1）1（2）证明见解析【解析】【分析】（1）对函数求导，利用导函数的正负判断函数的单调性，然后求出端点值和极值进行比较即可求解；（2）结合（1）可知函数的两个零点，不妨设，则，，且，满足可得，然后构造函数，利用函数的单调性得到，进而得到证明.【小问1详解】令，解得，则当时，，所以在递增；当时，，所以在递减，所以在上有最大值， 且，，又，所以函数在的最小值为1；【小问2详解】不妨设，由（1）知，，，且，满足，即，由题意知，令，则，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；所以函数在上单调递增，在上单调递减，又，故，而，所以.【点睛】方法点睛：在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别，求解函数的最值时，要先求函数在内所有使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．（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.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程； （2）设直线与曲线交于，两点，，求值.【答案】（1）曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）利用，消元即可得出曲线的普通方程；利用，即可求出直线的直角坐标方程;（2）写出直线在点处的参数方程，代入曲线的普通方程，利用韦达定理即可得出，的值，再利用参数的几何意义即求出答案.【小问1详解】∵（为参数），∴.故曲线的普通方程为；∵，即，故直线的直角坐标方程为；【小问2详解】由（1）得曲线的普通方程为，直线的参数方程为（为参数）.将直线的参数方程代入曲线的普通方程并整理得，设，对应的参数分别是，，则，，故.23.已知，，函数的最小值为2. （1）求的值；（2）求证：.【答案】（1）2（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由绝对值不等式的性质，得，即可得解；（2）利用对数的运算结合基本不等式的性质，进行计算即可得解.【小问1详解】因为，，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，所以；【小问2详解】证明：要证，即证，即证，又，且，，所以，