河南省TOP二十名校2023届高三下学期3月调研模拟理科数学试题（Word版附解析）

2022-2023学年高三年级TOP二十名校调研模拟卷三高三理科数学试卷注意事项：1.本试卷共4页，考试时间120分钟，卷面总分150分.2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置上.3.全部答案写在答题卡上，答在本试卷上无效.4.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，集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式求出集合，解分式不等式求出集合，再求并集可得答案．【详解】，，.故选：C.2.关于复数下列命题中：，：，：，：，其中真命题为（）A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】【分析】化简复数，求出，，可得答案.【详解】，，，对于命题：，错误； 对于命题：，正确；对于命题：，正确；对于命题：，错误.故选：B.3.某海湾拥有世界上最大的海潮，其高低水位之差可达到15米.假设在该海湾某一固定点，大海水深（单位：）与午夜后的时间（单位：）之间的关系为，则下午时刻该固定点的水位变化的速度为（）.A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据导数的实际意义，结合三角函数以及复合函数的导数计算，可得答案.【详解】由，则，所以下午时刻该固定点的水位变化的速度为.故选：A.4.已知一组样本数据，，，，根据这组数据的散点图分析与之间的线性相关关系，若求得其线性回归方程为，则在样本点处的残差为（）A.38.1B.22.6C.D.91.1【答案】C【解析】【分析】对于响应变量，通过观测得到的数据为观测值，通过线性回归方程得到的称为预测值，观测值减去预测值称为残差.【详解】因为观测值减去预测值称为残差，所以当时，，所以残差为.故选：C. 5.已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，则（）A.α∥β且∥αB.α⊥β且⊥βC.α与β相交，且交线垂直于D.α与β相交，且交线平行于【答案】D【解析】【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．6.已知数列满足，是数列的前项和，若已知，那么的值为（）A.322B.295C.293D.270【答案】A【解析】【分析】由递推公式分析可知数列的前项是首项为，公比为的等比数列，从第项开始是首项为，公差为的等差数列，根据等比数列和等差数列求和公式可求出结果.【详解】∵，由可知，数列的前项是首项为，公比为的等比数列，故为奇数，为奇数，所以从第项开始是首项为，公差为的等差数列，所以.故选：A 7.在中，是边上的点，满足，在线段上（不含端点），且，则的最小值为（）A.B.C.D.8【答案】B【解析】【分析】利用平面向量的线性运算推导出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】因为是边上的点，满足，则，所以，，因为在线段上（不含端点），则存在实数，使得，所以，，又因为，且、不共线，则，故，因为，则，，所以， 当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.故选：B.8.已知圆的直径，若平面内一个动点与点的距离是它与点距离的倍，则的面积的最大值为（）A.64B.12C.D.【答案】D【解析】【分析】以为原点，所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设，利用求出点的轨迹方程，再根据圆的知识可求出结果.【详解】以为原点，所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，设，因为，所以，整理得，所以点在以为圆心，以为半径的圆上，到直线的距离的最大值为，因此的面积的最大值为.故选：D 9.已知，则的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用对数函数和指数函数，幂函数的性质求解.【详解】，，即，，下面比较与的大小，构造函数与，由指数函数与幂函数的图像与单调性可知，当时，；当时，由，故，故，即，所以，故选：A10.是双曲线的左焦点，是坐标原点，直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，且，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得，则，过作轴于点，可求出点 的坐标，代入双曲线方程化简可求得离心率.【详解】因为直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，所以，因为，所以，所以，过作轴于点，在中，，，所以，所以点的坐标为，因为点在双曲线上，所以，化简得，所以，整理得，所以，所以，因为，所以，所以，故选：C11.已知函数，当时，，则的值为（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，利用三角函数的对称性，结合整体思想，建立方程，可得答案.【详解】，因，所以，即，①，因为，所以，则②，由，则③，根据上图，由①②③可得：，解得.故选：D.12.已知平面四边形中，，将沿对角线折起，使得二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】取的中点，的中点，连接，，过点作平面，设点为三棱锥的外接球的球心，半径为，由，可得，根据，解得，可得，即可得出三棱锥的外接球的表面积．【详解】如图所示，取的中点，的中点，连接，， 设点为三棱锥的外接球的球心，过点作平面，连接，，设，球的半径为，，，为中点，，，又平面，二面角的平面角为，，，，，，，，解得，，三棱锥的外接球的表面积为．故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题考查了三棱锥外接球问题，考查空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题.解决本题的关键是利用空间中线面关系结合空间向量数量积的运算律，将外接球的半径转化为向量模长求解，设球心到平面的距离为，将向量拆分成，并确定其中两两向量之间的数量积，利用向量运算得，结合球的几何性质列方程求解半径即可.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在的展开式中，按的升幂排列的第三项为_______.【答案】【解析】【分析】依题意可得第三项为含项，结合展开式的通项可求解．【详解】易知，展开式中有常数项、一次项、二次项等，故所求的项为项．整个式子中项可由，的展开式中的常数项与二次项、一次项与一次项、二次项与常数项相乘得到，其中展开式的通项为（），展开式的通项为（）；故所求为．故答案为：．14.单位圆与轴正半轴交于点，，单位圆上两点，，且，点位于第二象限，则______.【答案】【解析】【分析】求出，利用正、余弦的二倍角公式、两角差的正弦展开式化简已知条件可得答案.【详解】因为，所以，因，所以， .故答案为：.15.已知抛物线的焦点为，准线为，过焦点的直线交抛物线于两点，过分别向引垂线，垂足分别为，，若，那么内切圆的半径为______.【答案】【解析】【分析】不妨设在第一象限，根据由抛物线定义以及，推出，设，，，，由求出，，得到，，再根据直角三角形的面积可求出内切圆半径.【详解】不妨设在第一象限，由抛物线定义可知，且.∴，因此.，所以，设，，，，因为，所以， 所以，所以，结合，解得，，因为准线，所以，，，，.所以，所以为直角三角形，设其内切圆半径，那么..故答案为：.16.已知函数，若存在唯一的整数，使得，则实数的取值范围是_______.【答案】【解析】【分析】将题目转化为存在唯一的整数，使得在直线上方,得到或，解得答案.【详解】函数存在唯一的整数，使得，设与, 即存在唯一的整数，使得在直线上方,，当时，,在上单调递增；当时，,在上单调递减，,，若要存在唯一的整数，使得在直线上方，则或，代入得或，解得,故答案为：.【点睛】关键点点睛:用导数求参数的范围问题，将题目转化两个函数的交点问题求解是解题的关键.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.的内角的对边分别为，已知是边上一点，.（1）求；（2）求的最大值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再由同角三角函数的商数关系，得解；（2）由，知，将其两边平方后，结合基本不等式，计算可得，再由平面向量数量积的运算法则，得解．【小问1详解】由正弦定理及知，，因为，所以，所以．【小问2详解】因为，所以，又，所以，整理得，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，故的最大值为．18.已知三棱柱中，是的中点，是线段上一点.（1）求证：； （2）设是棱上的动点（不包括边界），当的面积最小时，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的“三线合一”证明线线垂直，结合勾股定理证明直线垂直，从而由线面垂直判定定理得平面，利用线面垂直的性质进行证明即可；（2）根据三角形的面积最小，得到是的中点，建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．【小问1详解】证明：连接，，是的中点，是的中点，，平面平面，平面，，在三棱柱中，，，， ，平面，平面，．【小问2详解】连接，由（1）可知，平面，平面平面，，要使的面积最小，则最小，又，△是等腰直角三角形即时，最小，是的中点，如图，建立以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系：则，，，,0,，设,,，则，即，得，，，即,,，，则，，,,，设平面的法向量为,,，由，得，即，令，则，，即，设直线与平面所成角为， 则,，即直线与平面所成角的正弦值为．19.某水果店的草莓每盒进价20元，售价30元，草莓保鲜度为两天，若两天之内未售出，以每盒10元的价格全部处理完.店长为了决策每两天的进货量，统计了本店过去40天草莓的日销售量（单位：十盒），获得如下数据：日销售量/十盒78910天数812164假设草莓每日销量相互独立，且销售量的分布规律保持不变，将频率视为概率.（1）记每两天中销售草莓的总盒数为X（单位：十盒），求X的分布列和数学期望；（2）以两天内销售草莓获得利润较大为决策依据，在每两天进16十盒，17十盒两种方案中应选择哪种？【答案】（1）分布列见解析，数学期望17.44（2）选择每两天进17十盒【解析】【分析】（1）首先计算日销售量为7盒、8盒、9盒、10盒的概率，根据题意写出随机变量的所有取值并计算概率可得分布列，进一步计算可得期望值；（2）分别计算每两天进16十盒，17十盒两种方案下利润的期望值，比较即可作出决策．【小问1详解】日销售量为7盒、8盒、9盒、10盒的概率依次为：，根据题意可得：的所有可能取值为14，15，16，17，18，19，20，，，，，，，，所以的分布列为： 14151617181920所以；【小问2详解】当每两天进16十盒时，利润为，当每两天进17十盒时，利润为，，所以每两天进17十盒利润较大，故应该选择每两天进17十盒．20.圆，圆心为，点，作圆上任意一点与点连线的中垂线，交于.（1）求的轨迹的方程；（2）设为曲线上任意一点，直线分别交曲线于两点，，求的值.【答案】（1）（2）14【解析】【分析】（1）作出辅助线，根据椭圆的定义得到的轨迹为以两点为焦点，长轴长为4的椭圆，求出椭圆方程；（2）设出，得到直线的方程，联立椭圆方程，得到，进而得到，由得到，同理得到，从而得到.【小问1详解】 连接，则，其中，则，所以，故的轨迹为以两点为焦点，长轴长为4的椭圆，其中，故，，所以的方程为；【小问2详解】设，则，设，因为，，直线的方程为，所以，与椭圆方程联立得，即，故，所以，同理可得， 因为，所以，故，同理可得，所以.【点睛】求轨迹方程常用的方法：直接法，相关点法，交轨法，定义法，特别重视圆锥曲线的定义在求轨迹方程中的应用，只要动点满足已知曲线的定义，就可直接得到所求轨迹方程，求解过程中要注意一些轨迹问题中包含隐含条件，也就是曲线上的点的坐标的取值范围，有时还要补充特殊点的坐标.21.已知函数，．（1）若为上的增函数，求的取值范围；（2）若在内恒成立，，求的最大值．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意在上恒成立，参变分离得到，令，，利用导数求出函数的最小值，即可得解；（2）依题意可得恒成立，则，令，利用导数说明函数的单调性，得到，再令 ，，求出的最大值，即可得解.【小问1详解】因为，，则，为上的增函数，在上恒成立，，令，，，令，解得，可得函数在上单调递减，在上单调递增，时，函数取得极小值即最小值，，，的取值范围是．【小问2详解】在内恒成立，在内恒成立，化为，，令，，，，，当时，，函数在上单调递增，时，时，不符合题意，舍去；当时，令，解得，函数在上单调递减，在上单调递增， 时，函数取得极小值即最小值，，令，则，令，则，令，解得，所以当时，则单调递增，当时，则单调递减，所以当时，函数取得极大值即最大值，，的最大值为．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：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.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为上的动点，点满足，设点的轨迹为曲线，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）写出曲线的极坐标方程；（2）直线（，），与曲线交于点（不同于原点），与曲线：交于点（不同于原点），求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出点的参数方程，化为普通方程，最后求出极坐标方程；（2）由点、的极坐标直接求两点间的距离，再由三角函数的最值求解. 【小问1详解】设，.则，.由，曲线直角坐标系方程为，由曲线的极坐标方程为.小问2详解】设，则，，，当时，.【选修4-5：不等式选讲】23.已知，，均为正数，若，求证：（1）；（2）.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用柯西不等式证明即可；（2）利用基本不等式证明即可.【小问1详解】 .（当且仅当等号成立）.；【小问2详解】（当且仅当时取等号）.