河南省安阳市2023届高三三模拟理科数学试题（Word版附解析）

2023届高三年级第三次模拟考试理科数学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，，则下列结论中正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出集合，利用集合的运算可判断ABC选项，利用集合的包含关系可判断D选项.【详解】因为或，，所以，，AC都错，或或，B错；或，故，D对.故选：D.2.已知，则的大小关系为（）AB.C.D.【答案】B 【解析】【分析】根据幂函数的性质得到，根据对数函数的性质得到，从而得到答案.【详解】，，，，，，故选：B.3.欧拉是十八世纪数学界最杰出的人物之一，数学史上称十八世纪为“欧拉时代”.1735年，他提出公式：复数是虚数单位.已知复数，设，则的值可能是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】变形复数，再利用复数的乘法运算求出，并表示成形式作答.【详解】，，，依题意，，当时，，B正确，ACD错误.故选：B4.如图是某四棱锥的三视图，其中正视图和俯视图是边长为2的正方形，侧视图是直角边长为2的等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据三视图还原四棱锥，再利用切割法与锥体的体积公式即可得解.【详解】根据题意，还原该四棱锥到虚线正方体中，如图，易知该正方体的棱长为，故，，又面，所以.故选：A.5.为了应对即将到来的汛期，某地防汛指挥部抽调名专业人员（包括甲、乙两人）平均分成三组，对当地三处重点水利工程进行防汛安全检查，则甲、乙不同组的概率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】考虑甲、乙在同一组的分组方法种数，以及将六人平均分为三组的分组方法数，利用古典概型的概率公式以及对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】考虑甲、乙在同一组，只需将其他四人分为两组即可，分组方法种数为，将六人平均分为三组，每组两人，则不同的分组方法种数为， 因此，甲、乙不同组的概率为.故选：D.6.已知菱形的边长为，，为菱形的中心，是线段上的动点，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，其中，将、用基底表示，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的最小值.【详解】设，其中，由平面向量数量积的定义可得，，因为为菱形的中心，则，所以，，因此，的最小值为.故选：C.7.已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交抛物线于、两点，且点到的距离为，则（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，根据已知条件求出的值，可求得的值，进而可求得、的值，再结合抛物线的焦点弦长公式可求得的值.【详解】抛物线的焦点为，准线为，设点、，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，设直线的方程为，联立可得，，由韦达定理可得，，所以，点到直线的距离为，则，所以，，因此，，故选：C.8.已知，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用正切的二倍角公式及和角公式，求出，再将化简变形成齐次式即可求出结果.【详解】因为，所以，又，解得，所以 ，故选：B.9.在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，，，是线段上的动点，则当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，写出向量的坐标，利用二次函数的基本性质求出当取最小值时的值，求出点的坐标，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.【详解】在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，所以，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，设，其中，， 所以，，当且仅当时，即当点为线段的中点时，取最小值，此时点，则，，，因此，当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为.故选：A.10.已知椭圆的右焦点为，离心率为，过坐标原点作直线交椭圆于两点，若，则直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由椭圆离心率为可得之间的关系，设，代入椭圆方程可得，由可推出，即可得，即可求得答案.【详解】由椭圆离心率为，知，由题意可设，则，由可得，即，结合可得，故，则， 所以直线的方程为，故选：B11.已知四棱锥内接于球底面，底面为正方形，分别为的中点，是线段上的动点，平面交于，当平面时，，则球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】把四棱锥补成长方体得到外接球的球心为体对角线的中点.建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，根据平面求得，根据线面平行的性质定理可得，进而得到点是的中点，从而利用中位线得到，进而求得，从而求得，即可求得外接球的表面积.【详解】因为底面，底面为正方形，所以把四棱锥补成长方体，如图所示，则外接球的球心为体对角线的中点.如图，建立空间直角坐标系，设， 则，所以设平面的一个法向量为，则，令，则，所以.当平面时，有，即，因为，解得.则，设，则，所以，当平面时，又因为平面平面，平面，所以，令，即，解得，所以点是的中点，又点是的中点，所以，则所以，令外接球的半径为，则，即，所以球的表面积为.故选：D12.已知函数的定义域为，导函数为，对任意的实数，且当时，，则满足不等式的实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据题意构造新函数，先确定函数的奇偶性，然后再利用条件中的导数条件判断函数的单调性，然后再把要求的不等式化成的形式，去对应关系“”得到一个一般的不等式，解不等式得结果.【详解】令，则，因为时，，所以，所以在上单调递增.因为对任意的实数，所以，所以，所以，所以，所以是偶函数，所以图像关于轴对称.由得，即，所以，所以，解不等式得或，即实数的取值范围是.故选：C.二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数的图象关于坐标原点对称，则__________.【答案】##1.5【解析】【分析】由的图象关于坐标原点对称得是一个奇函数，根据定义域关于原点对称及奇函数的性质求得结果.【详解】依题意函数是一个奇函数， 又，所以，所以定义域为，因为的图象关于坐标原点对称，所以，解得.又，所以，所以，即，所以，所以.故答案为：.14.的展开式中的系数是__________.【答案】【解析】【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.【详解】的展开式通项为，又因为，在中，令，在中，令，可得，所以，展开式中的系数为.故答案为：.15.若实数，满足不等式组，则的最大值为___________.【答案】256【解析】【分析】作出可行域作直线，平移该直线得的最大值后可得结论． 【详解】作出可行域，如图内部（含边界），，令，作直线，在直线中为直线的纵截距，直线向上平移时增大，所以平行直线，当直线过点时，，所以．故答案为：256．16.已知的面积为为常数且，若变化时的最小值为，则__________.【答案】2【解析】【分析】设，，由三角形的面积公式、余弦定理结合题意可得，可以看成直线与相切时取等，利用圆心到直线的距离等于半径求解即可.【详解】设，，设对应的边为，所以的面积为，所以，又因为，所以，即， 而，所以，在，由余弦定理可得：，，则，即，表示点两点间的斜率，因为，而在圆，可以看成直线与相切时取等，所以将直线化一般式，则圆心到直线的距离为，令，则，则，所以，解得：或（舍去），所以，则.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题利用三角形的面积公式、余弦定理将的最小值为转化为 ，即可以看成直线与相切时取等求解即可.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.某市为了制定合理的节水方案，对居民用水情况进行了调查.经过随机抽样，获得200户居民的年用水量（单位：吨）数据，按分成九组，制成如图所示的频率分布直方图：（1）求直方图中的值；（2）根据频率分布直方图估计该市的居民年用水量不超过吨，求的值；（3）已知该市有100万户居民，规定：每户居民年用水量不超过50吨的正常收费，若超过50吨，则超出的部分每吨收1元水资源改善基金，请估计该市居民每年缴纳的水资源改善基金总数约为多少.（每组数据以所在区间的中点值为代表）【答案】（1）（2）（3）（元）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各矩形的面积之和为1，即可求得答案;（2）确定m的范围，结合频率分布直方图列式计算，可得答案；（3）计算出区间内的居民年用水量分别超出的吨数，结合频率分布直方图列式计算，即得答案. 【小问1详解】由频率分布直方图得，解得.【小问2详解】在200户居民年用水量频率分布直方图中，前5组频率之和为，前4组频率之和，所以，由，解得.【小问3详解】由题可知区间内的居民年用水量分别取为代表，则他们的年用水量分别超出5吨，15吨，25吨，35吨，则元，所以估计该市居民每年缴纳的水资源改善基金总数约为元.18.已知数列满足.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据已知转化为，得出数列是等差数列，求出，继而得出答案.(2)由(1)得出，然后利用裂项相消法求和即可.【小问1详解】由，得，且， 所以，所以.所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以，故.【小问2详解】由题知，，所以19.如图所示，在直角三角形中，，，，，将沿折起到的位置，使平面平面，点满足.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明出平面，在上取一点，使得，连接、，证明出平面平面，可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）推导出平面，然后以点以为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【小问1详解】证明：在直角三角形中，因，，所以，即在四棱锥中，，，又因，、平面，所以，平面，所以，平面，如图，在上取一点，使得，连接、.因为，所以，所以，又因为，所以四边形是矩形，所以.因为平面，平面，所以，平面，在中，，，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，、平面，所以，平面平面，所以平面，因为平面，故.【小问2详解】解：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，故以为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，则、、、，所以，.设平面的法向量为， 则，令，得.设平面的法向量为，，，则，取，则，所以，由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.20.已知函数.（1）证明：曲线在处的切线经过坐标原点；（2）记的导函数为，设，求使恒成立的的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出函数在处的切线方程即可证明；（2）把不等式恒成立转化为求函数的最大值小于等于零恒成立，然后利用导数求出函数的最大值即可得结果.【小问1详解】由已知得，所以，又，所以在处的切线方程为，即，恒过坐标原点.【小问2详解】，定义域为， .当时，在上单调递增，且，故不恒成立.当时，设，则，则当时，在上单调递减，又，因为，所以，即，由零点存在定理知在内存在唯一零点，即，即.当时，，于是在上单调递增，当时，，于是在上单调递减，所以在处取得极大值也是最大值，要使恒成立，只需.因为，由，解得，故所求的的取值范围是.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；. 21.以双曲线的右焦点为圆心作圆，与的一条渐近线相切于点（1）求的方程.（2）在轴上是否存在定点，过点任意作一条不与坐标轴垂直的直线，当与交于两点时，直线的斜率之和为定值？若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在满足条件的定点.【解析】【分析】（1）将切点代入直线方程得，结合和即可得到双曲线方程；（2）假设存在满足条件的定点，设的方程为，将其与双曲线联立得韦达定理式，计算，通分整理将韦达定理式代入得，解出值即可.【小问1详解】双曲线的渐近线方程为，圆与直线切于点，所以代入得，①设，直线FQ有斜率，则，即，②又③由①②③解得，所以双曲线的方程为. 【小问2详解】假设存在满足条件的定点，因为直线不与坐标轴垂直，故设的方程为.由消去整理得，则即且因为，所以直线的斜率为.设为定值，即，即，即，整理得，所以，所以.因为为定值，且上式对任意恒成立， 所以解得.将代入式解得或且.综上，存在满足条件的定点.【点睛】关键点睛：本题采用设线法，设，定点，将直线与双曲线联立得韦达定理式，再设，展开整理得，将韦达定理代入得，解出值即可.（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.[选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22.在直角坐标系中，直线（为参数，）经过点，曲线（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.（1）求直线的普通方程以及曲线的极坐标方程；（2）设直线与曲线交于两点，求.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1 ）直线的参数方程与普通方程的相互转化，椭圆的的参数方程与普通方程及极坐标方程的相互转化（2）先写出直线的参数方程，再联立方程应用韦达定理求两根积即可.【小问1详解】由题可知直线经过点，又因为经过点，故，整理得的普通方程为.曲线的普通方程为，化为极坐标方程为.【小问2详解】因为，所以，则的参数方程可写为（为参数），代入中，整理得，设点对应的参数为，点对应的参数为，则，由参数的几何意义，得.[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知函数.（1）当时，解不等式；（2）若函数在区间上的值域，求实数的取值范围.【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）利用零点分段法即可求出结果；（2）利用条件得到，再利用在区间上的值域建立不等关系，从而求出结果.【小问1详解】当时，由得或或解得或，所以不等式的解集为.【小问2详解】当时，，因为在区间上的值域，所以，当时，，即，所以，由，得到或，即或，由，得到，即，所以或.因为，显然，所以，所以或，解得， 故的取值范围是