河南省鹤壁市高中2022-2023学年高三上学期第三次模拟考试文数试卷

     鹤壁市高中2023届第三次模拟考试文数试卷

                  命题人：    

一．选择题（共12小题，共60分）

1．已知集合M＝{x|y＝ln（x﹣3）}，N＝{y|y＝ex}，则（∁RM）∩N＝（　　）

A．（﹣3，0） B．（0，3] C．（0，3） D．[0，3]

2．若复数，则2i•z的虚部是（　　）

A．i B．2i C．1 D．2

3．命题“∃x∈R，x2﹣3x+3＜0”的否定是（　　）

A．∀x∈R，x2﹣3x+3＞0 B．∀x∈R，x2﹣3x+3≥0 

C．∃x∈R，x2﹣3x+3＞0 D．∃x∈R，x2﹣3x+3≥0

4．函数图象大致为（　　）

A． B． 

C． D．

5．已知向量，，且，则＝（　　）

A． B．           C． D.

6．正四棱锥的所有边长都相等，为的中点，则与所成角的余弦值为 (     ) 

 A．         B．       C.         D．       

7．已知某锥体的正视图和侧视图如图，则该锥体的俯视图不可能是（　　）

A．       B．  C．   D．

8．在数列{an}中，且（n+2）an+1＝nan，则它的前30项和S30＝（　　）

A． B． C． D．

9．若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正视图和侧视图如图所示，则此几何体的表面积是 （　　）

A．24π  　　　　　B．24π＋8π         C．24π＋4π 　　   D．32π[来源:学.科.网Z.X.X.K]

10．在△ABC中，点D在BC上，且满足，点E为AD上任意一点，若实数x，y满足，则的最小值为（　　）

A． B． C． D．

11．已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形且边长为1，侧棱AA1长为2，以A1为球心，为半径的球面与侧面CDD1C1的交线长为（　　）

A． B．π C． D．

12．定义在R上的函数f（x）满足f（1﹣x）＝f（x+1），当x≥1时，若对任意的x∈[t，t+1]，不等式f（x）≤f（1﹣t﹣x）恒成立，则实数t的取值范围是（　　）

A． B． 

C． D．

二．填空题（共4小题，共20分）

13．若一个圆锥的底面半径为1，侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的体积为　       　．

14.在四面体中，，则该四面体外接球的表面积是　       　．

15．若曲线y＝ex在点P（x1，y1）处的切线与曲线y＝x2在点Q（x2，y2）的切线重合，则log2（2x1﹣x2）＝　        　．

16.已知，且，，则α﹣β的值为 　        　．

三．解答题

17．（本题满分12分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．

（1）求角A的大小；

（2）若，AD＝2，且AD平分∠BAC，求△ABC的面积．

18．（本题满分12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝（n+2）an﹣2．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列的前n项和为Tn，求证：Tn＜．

19．（本题满分12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝B1C1＝2，B1C交BC1于点O，AO⊥平面BB1C1C．

（1）求证：AB⊥B1C；

（2）若∠BB1C＝30°，直线AB与平面BB1C1C所成角为60°，求三棱锥A﹣BB1C1的体积．

20．（本题满分12分）随着人们生活水平的提高，国家倡导绿色安全消费，菜篮子工程从数量保障型转向质量效益型，为了测试A、B两种不同有机肥料的使用效果，某科研单位用黄瓜做对比实验，分别在两片实验区各摘取100个，对其质量的某项指标值进行检测，质量指数达到45及以上的为“质量优等”，由测量结果绘成频率分布直方图，其中质量指标值分组区间是

[30，35），[35，40），[40，45），[45，50），[50，55]．

（1）分别求A实验区黄瓜质量指数的平均数和中位数；（每组数据以区间的中点值为代表，结果保留小数点后一位有效数字）

（2）请根据题中信息完成下面的2×2列联表，并判断是否有99.9%的把握认为“质量优等”与使用肥料有关．

，其中n＝a+b+c+d

21．已知函数．

（1）若f（x）在（0，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；

（2）若x1，x2是方程f（x）＝0的两个不相等的实数根，证明：．

选做题：

22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C极坐标方程为：ρsin2θ＝6cosθ．

（1）求直线l普通方程与曲线C的直角坐标方程；

（2）过点M（2，0）的直线l与C相交于A，B两点，求|AM|•|BM|的值．

23．已知函数f（x）＝|x﹣m|．

（1）当m＝2时，解不等式；

（2）若函数有三个不等实根，求实数m的取值范围．

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鹤壁市高中2023届第三次模拟考试文数答案

一．选择题

1-5  BCBBA    6-10  CDACD    11-12  DD

10.【解答】解：∵，，

∴，

由A，E，D三点共线可得，x+4y＝1，且x＞0，y＞0，

∴＝＝9+，

当且仅当x＝，即时，等号成立．故选：D．

11.【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形且边长为1，侧棱AA1长为2，以A1为球心，为半径的球面与侧面CDD1C1的交线，是以D1为圆心，为半径的圆弧，如图，∠ED1F＝，

可得：＝．故选：D．

12.【解答】解：∵函数f（x）满足f（1﹣x）＝f（x+1），

∴函数f（x）关于直线x＝1对称，

∵当x≥1时，

当1≤x＜2时，f（x）＝﹣x2+5为减函数，且f（x）∈（1，4]；

当x≥2时，f（x）＝2﹣log2x为减函数，且f（x）∈（﹣∞，1]；

∴f（x）在[1，+∞）上是减函数，在（﹣∞，1]是增函数，

若不等式f（x）≤f（1﹣t﹣x）对任意x∈[t，t+1]上恒成立，

由对称性可得|x﹣1|≥|1﹣t﹣x﹣1|对任意x∈[t，t+1]上恒成立，

即有|x﹣1|≥|x+t|⇔﹣2x+1≥2tx+t2⇔（2t+2）x+t2﹣1≤0对任意x∈[t，t+1]上恒成立，

令g（x）＝（2t+2）x+t2﹣1，则，

即，即，解得﹣1≤t≤﹣，

即实数t的取值范围是[﹣1，﹣]．故选：D．

二．填空题（共4小题）

13.            14.                15.1                 16.

15.【解答】解：y＝ex的导数为y′＝ex，可得y＝ex在点P（x1，y1）处的切线方程为y﹣＝（x﹣x1），

y＝x2的导数为y′＝2x，可得在点Q（x2，y2）处的切线的方程为y﹣＝2x2（x﹣x2），

由两条切线重合的条件，可得，且，

∴2x1﹣x2＝2，可得log2（2x1﹣x2）＝log22＝1．故答案为：1．

16.【解答】解：因为，，

所以﹣＜＜0，＜＜π，

因为，

所以cos（）＝，cos（+β）＝，

又0＜α﹣β，

cos（α﹣β）＝﹣cos[（）+（）]＝﹣cos（）cos（）+sin（）sin（）＝+（）×＝，

则α﹣β＝．故答案为：

三．解答题

17．解：（1），

故B+C＝120°，所以A＝60°；

（2）由角平分线定理知c＝2b，

又S△ABC＝S△ABD+S△ACD，则，

解得，，

所以．

18．（1）解：当n＝1时，2S1＝（1+2）a1﹣2，即a1＝2，

当n⩾2时，由2Sn＝（n+2）an﹣2，①

可得2Sn﹣1＝（n﹣1+2）an﹣1﹣2＝（n+1）an﹣1﹣2，②

①﹣②，得2an＝（n+2）an﹣（n+1）an﹣1，

即nan＝（n+1）an﹣1，

所以，且，所以数列为常数列，

所以，即．

（2）证明：由（1）得，故

，

所以＝．

19．（1）证明：∵AO⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，∴AO⊥B1C，

在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，由AA1＝B1C1，得四边形BB1C1C为菱形，

∴BO⊥B1C，

又∵AO∩BO＝O，∴B1C⊥平面ABO，可得AB⊥B1C；

（2）解：已知AO⊥平面BB1C1C，∴∠ABO为直线AB与平面BB1C1C所成角为60°，

在菱形BB1C1C中，边长为2，且∠BB1C＝30°，∴∠BB1C1＝60°，

可得△BB1C1为等边三角形，

则BC1＝2，BO＝1，，

在Rt△AOB中，求得AO＝BO•tan60°＝．

∴＝1．

20.解：（1）A片实验区黄瓜的质量指数平均数为32.5×0.05+37.5×0.15+42.5×0.2+47.5×0.55+52.5×0.05＝44.5，

设A片实验区黄瓜质量指数中位数为x，则0.05+0.15+0.2+（x﹣45）×0.11＝0.5，得x≈45.9．

（2）由题意可得2x2列联表为：

＝＝≈18.182，

∵18.182＞10.828，所以有99.9%的把握认为“质量优等”与使用不同的肥料有关．

21.（1）解：f′（x）＝lnx+1﹣ax，

因为f（x）在（0，+∞）上单调递减，

所以f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，

即a≥+在（0，+∞）上恒成立，

令g（x）＝+，则g′（x）＝﹣，

所以当0＜x＜1时，g′（x）＞0，当x＞1时，g′（x）＜0，

所以g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，

所以g（x）的最大值为g（1）＝1，

所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，+∞）．

（2）证明：若x1，x2是方程f（x）＝0的两个不相等的实数根，

即xlnx﹣ax2＝0有两个不同的实数根x1，x2，

所以x1lnx1﹣ax12＝0，即lnx1＝ax1，同理lnx2＝ax2，

所以lnx1﹣lnx2＝ax1﹣ax2＝a（x1﹣x2），

不妨设x2＞x1＞0，则lnx1﹣lnx2＝a（x1﹣x2）＜0，可得a＝，

要证，则只需证x1+x2＞，即证2（lnx2﹣lnx1）＞，

即证2ln＞．令t＝＞1，

于是构造函数h（t）＝2lnt﹣，t＞1，则

h'（t）＝﹣＝＞0，

所以h（t）在（1，+∞）上单调递增，所以h（t）＞h（1）＝0，

故．

22.解：（1）由（t为参数），消去参数t，可得x+，

即直线l的普通方程为x+，

由ρsin2θ＝6cosθ，得ρ2sin2θ＝6ρcosθ，

∴曲线C的直角坐标方程为y2＝6x；

（2）直线l过点M（2，0），倾斜角为，

则直线l的标准参数方程为，代入y2＝6x，

得，设A、B对应的参数分别为t1′、t2′，

则Δ＞0，，t1′t2′＝48，

∴|AM|•|BM|＝|t1′||t2′|＝|t1′t2′|＝48．

23.解：（1）当m＝2时，，

即．

当x≤1时，，即，此式恒成立，故x≤1；

当1＜x＜2时，，即，解得；

当x≥2时，，即，此式不成立，不等式无解．

综上，原不等式的解集是．

（2）由，可得x|x﹣m|＝1，显然当x＝0时，等式不成立，

令．

①当m＝0时，g（x）在定义域内单调递增，不符合题意，舍去．

②当m＞0时，g（x）在上单调递增，在上单调递减，在[m，+∞）上单调递增，且g（m）＝0，

则只需满足，解得m＞2或m＜﹣2，故m＞2．

③当m＜0时，g（x）在（﹣∞，m]上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且g（m）＝0，

故不可能有三个实数根．

综上所述，实数m的取值范围为（2，+