河南省开封市2023届高三下学期第二次模拟考试理科数学试题（Word版附解析）

开封市2023届高三年级第二次模拟考试理科数学一、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.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据绝对值不等式化简结合,进而根据集合的交并补运算即可求解.详解】由得或，故，由可知：集合中的元素为全体奇数构成的集合，所以，故选：B2.已知向量，，若，则（）A.B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】由向量线性运算坐标表示得，再由向量平行的坐标表示列方程求参数即可.【详解】由题设，又，则，可得.故选：D3.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】运用余弦的二倍角公式，结合诱导公式进行求解即可. 【详解】因为，所以，故选：C4.在某次高中学科知识竞赛中，对2000名考生的参赛成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，，，60分以下视为不及格，则下列说法中正确的个数有（）①a的值为0.300②不及格的考生数为500③考生竞赛成绩的平均分约为70.5分（同一组中数据用该组区间中点值近似代替）④考生竞赛成绩的中位数约为75分A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B【解析】【分析】根据频率分布直方图分析即可.【详解】由频率分布直方图可得：，①错误；不足60的占比为：，②正确；平均分为：，③正确；设中位数为，则，解得，④错误,综上正确的有2个.故选:B 5.展开式中的常数项是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项.【详解】展开式的通项公式为，令，可得，故展开式的常数项为.故选：A.6.a，b为实数，则“”是“”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】A【解析】【分析】根据充分不必要的定义进行判断即可.【详解】因为，根据对数函数单调性可知成立，所以，即“”是“”的充分条件，取，此时，但，故“”不是“”的必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A7.如图所示的程序框图，所解决的问题是开始（） A.计算的值B.计算的值C.计算的值D.计算的值【答案】B【解析】【分析】根据已知程序框图，模拟程序的运行过程，并逐句分析各变量值的变化情况，可得答案．【详解】输入的，第一次循环，，不满足；第二次循环，，不满足；第三次循环，，不满足；第九次循环，，满足，退出循环，输出，故框图所解决的问题是计算的值，故选：B．8.已知棱长为的正四面体内有一个正方体玩具，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则这个正方体玩具的棱长最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】令正方体的体对角线不超过四面体内切球直径即可.【详解】如图所示，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则正方体的体对角线不超过该正四面体内切球的直径.如图为正四面体的高，是正三角形的中心，，∴，设为正四面体内切球的球心，则内切球的半径为，由等体积法：∴，∵，∴，∴正四面体内切球的半径，直径，设正方体玩具棱长为，则其体对角线为，∴，∴ ∴正方体玩具的棱长的最大值为.故选：A.9.把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把所得图象向右平移个单位，若最终所得图象对应的函数在区间上单调递增，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据函数图象的伸缩变换以及平移变换得函数解析式为，由函数在区间上单调递增，列不等式即可求解.【详解】把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到函数，再把的图象向右平移个单位，得到，由于在单调递增，所以，因此,即且，则且可得,由于，故当时，取到最小值，故选：C10.已知等边的边长为，P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先建立平面直角坐标系且，，，进而确定的轨迹圆，再利用向量数量积的坐标表示并结合所得表达式的几何意义求范围即可.【详解】如下图构建平面直角坐标系，且，，，所以在以为圆心，1为半径的圆上，即轨迹方程为，而，故，综上，只需求出定点与圆上点距离平方的范围即可，而圆心与的距离，故定点与圆上点的距离范围为，所以.故选：B11.已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点F 重合，且与该抛物线在第一象限交于点M，若，则椭圆C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据抛物线的定义，结合代入法进行求解即可.【详解】抛物线焦点和椭圆的右焦点为，则有椭圆的半焦距，抛物线的准线方程为，设，因为，所以，所以，所以所以有，或舍去，故选：A【点睛】关键点睛：利用抛物线的定义，结合构造齐次方程进行求解是解题的关键12.已知函数，且，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先根据题干条件，得，化简整理得，然后构造函数，借助导数求解的最小值，即可求出的最小值.【详解】由，得， 化简整理得：；令（），，令，解得.当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增；即，故故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知复数满足，写出一个满足条件的复数______．【答案】（答案不唯一，虚部为即可）【解析】【分析】设复数，代入复数的模的公式求解即可.【详解】设，（，），则，，∵，∴，∴，化简得，解得.∴满足条件的一个复数（答案不唯一，虚部为即可）.故答案为：（答案不唯一，虚部为即可）.14.已知是等差数列，是公比为2的等比数列，且，则______．【答案】【解析】【分析】根据题意和等差数列、等比数列的通项公式可得、，进而得，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由，得， 即①；由，得，即②，由①②，得，所以.故答案为：.15.已知中，AB=5，AC=7，，则的面积为______．【答案】【解析】【分析】根据切化弦，结合正弦的和差角公式即可得，由正弦定理可得，进而利用面积公式即可求解.【详解】由得，即，则，即，因为，所以，因此，由于,所以，故的面积为,故答案为：.16.已知矩形，，过作平面，使得平面，点在内，且与所成的角为，则点的轨迹为______，长度的最小值为______．【答案】①.双曲线②.【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设点坐标，结合已知条件求出点轨迹方程进行求解即可. 【详解】如图，以为原点，所在直线为轴，平面内过且与垂直的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则由已知，，，，，∵点在平面内，∴设，则，，∵直线与直线所成的角为，∴，两边同时平方，化简得点轨迹方程为，∴点的轨迹为双曲线.，∵点轨迹方程为，∴，且，∴，∴当时，的最小值为.故答案为：双曲线，【点睛】易错点睛：本题第二个空容易误认为当点在线段上时，长度最小，使用空间向量运算，可以有效避免这种直觉上的错误.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.记为正项数列的前n项和，已知，．（1）求数列的前n项和；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据与的关系可得，结合等差数列的定义可知数列为等差数列，由等差数列的通项公式可得，即可求解；（2）由（1）得，则.当n为偶数时；当n为奇数时，即可求解.【小问1详解】当时，因为，所以，即，所以数列为等差数列，公差为1，首项为，所以，又为正项数列，则；【小问2详解】由（1）可知，当时，，亦适合上式，所以，所以，当n为偶数时，当n为奇数时，综上可知 18.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．某研究小组为调查该地区某种野生动物数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据，其中和分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，计算得，，，．作散点图发现，除了明显偏离比较大的两个样本点，外，其它样本点大致分布在一条直线附近，为了减少误差，该研究小组剔除了这两个样本点，重新抽样补充了两个偏离比较小的样本点，．（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）建立地块的植物覆盖面积x（单位：公顷）和这种野生动物的数量y的线性回归方程；（3）经过进一步治理，如果每个地块的植物覆盖面积增加1公顷，预测该地区这种野生动物增加的数量．参考公式：线性回归方程，其中，．【答案】（1）13000（2）（3）2000【解析】【分析】（1）由样本数据估计总体野生动物数量即可.（2）根据线性回归方程的公式求回归方程即可.（3）根据（2）的回归方程计算即可.【小问1详解】样区野生动物平均数为，而地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为．【小问2详解】将样本点，替换为，，构成一组新的样本数据， 计算得，，，，所以，，所求回归方程为．【小问3详解】由（2）回归方程可知：每个地块的植物覆盖面积增加1公顷，则野生动物数量增加10，故该地区这种野生动物增加数量的估计值为：．19.如图1，在直角梯形ABCD中，，，，E为AC的中点，将沿折起（如图2）．在图2所示的几何体D-ABC中：（1）若AD⊥BC，求证：DE⊥平面ABC；（2）若BD与平面ACD所成的角为60°，求二面角D-AC-B的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）或【解析】【分析】（1）根据线线垂直可得线面垂直，由线面垂直的性质又可得线线垂直，即可由线面垂直的判定定理求证,（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求解可得平面的法向量,由两个平面法向量的夹角,结合图形特征即可求解二面角大小.【小问1详解】由已知，为等腰直角三角形，E为AC的中点，可得， 中，，，，所以由余弦定理得，因为，所以AC⊥BC，又因为AD⊥BC，，平面ADC,所以BC⊥平面ADC，又平面ADC，所以，又，，平面,所以平面．【小问2详解】如图过C点作平面ABC的垂线CP，以C为原点，分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系C-xyz，则，设，其中，则，，，设平面ACD的一个法向量为，则即可得，由题意，解得或，易知平面ABC的一个法向量为，当时，，，由图可知二面角D-AC-B为锐角，故二面角D-AC-B的余弦值为， 当时，，，由图可知二面角D-AC-B为锐角，所以二面角D-AC-B的余弦值为，综上，二面角的余弦值为或．20.如图，过抛物线的焦点F作直线l交E于A，B两点，点A，B在x轴上的射影分别为D，C，当AB平行于x轴时，四边形ABCD的面积为4．（1）求p的值；（2）过抛物线上两点的弦和抛物线弧围成一个抛物线弓形，古希腊著名数学家阿基米德建立了这样的理论：以抛物线弓形的弦为底，以抛物线上平行于弦的切线的切点为顶点作抛物线弓形的内接三角形，则抛物线弓形的面积等于该内接三角形面积的倍．已知点P在抛物线E上，且E在点P处的切线平行于AB，根据上述理论，从四边形ABCD中任取一点，求该点位于图中阴影部分的概率的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据矩形的面积公式进行求解即可；（2）根据导数几何意义，结合抛物线的弦长公式、几何概型运算公式进行求解即可.【小问1详解】当AB平行于x轴时，四边形ABCD为矩形，，，所以，解得；【小问2详解】由（1），抛物线，即，，， 设，，，，则，，联立得，，，则，点P到AB的距离，所以，，又，所以，又四边形ABCD是直角梯形或矩形，所以，所以概率，由得，所以所求概率的取值范围是．【点睛】关键点睛：利用导数的几何意义求出切线方程进而求出弦长是解题的关键.21.已知函数图象上三个不同的点．（1）求函数在点P处的切线方程；（2）记（1）中的切线为l，若，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）由（1），根据两点坐标表示斜率可得，即，设，，，则，所证为.利用导数研究 的单调性可得，再次利用导数研究函数()、()的性质可证得、，即可证明.【小问1详解】，，，故在点P处的切线方程为：，即．【小问2详解】若，则，即，即，即，设，，，则，所证为，，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，不妨设，由的单调性及易知，①证明：令，，，所以在上单调递增，，所以，所以，即，又在上单调递减，所以，即．②证明：当时，结论显然成立；当时，令，，，所以在上先单调递减后单调递增，可证， 所以，即，又在上单调递增，所以，即．综上所述，即得证．【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.（二）选考题：共10分．请考生在22、23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xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（为参数）．（1）将曲线的参数方程化为普通方程；（2）已知点，曲线和相交于A，B两点，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用消参即可求解普通方程；（2）结合条件写出直线过点的标准参数方程，联立方程，利用参数的几何意义求解即可.【小问1详解】由的参数方程得：，所以曲线的普通方程为：． 【小问2详解】由已知得：曲线为过点的直线，其标准参数方程形式为：（t为参数），联立和的方程得：，即，，设与的两个交点A，B对应的参数分别为，，所以，，因为，由t的几何意义得：．[选修4-5：不等式选讲]23.已知，且，证明：（1）；（2）．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用三元均值不等式，灵活运用“1”证明即可.（2）利用基本不等式配凑消元转化即可.小问1详解】由均值不等式可知：，，∴，∵，∴，当且仅当时“=”成立．得证.【小问2详解】∵， ∴，当且仅当时取等号，，当且仅当时取等号，，当且仅当时取等号，∴，当且仅当时“=”成立，∴．得证.