河南省TOP二十名校2022-2023学年高三上学期调研模拟卷二理科数学试题及答案

河南省TOP二十名校2022-2023学年高三上学期调研模拟卷二理科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设全集，或，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数满足，则等于（    ）

A． B． C． D．

3．为了评估某种工艺制作零件的效果，随机选出件产品，这件产品的尺寸（单位：）分别为，求得方差为，如果再生产件产品，尺寸都相应扩大为原来的两倍，则这批新产品的方差为（    ）

A． B． C． D．

4．在中，是所在的平面内一点，如果，那么为（    ）

A． B．4 C． D．2

5．如图，偶函数的图像形如字母，奇函数的图像形如字母．若方程，，，的实根个数分别为、、、，则（ ）．

A．27 B．30 C．33 D．36

6．如图是一个简单几何体的三视图，若，则该几何体体积的最大值为（    ）

A． B． C．6 D．3

7．函数在上不单调，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

8．已知是椭圆上的动点，且与的四个顶点不重合，分别是椭圆的左、右焦点，若点在的平分线上，且，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

9．甲､乙两袋中各有大小相同的10个球，甲袋有5个红球，5个白球；乙袋有7个红球，3个白球，随机选择一袋，然后从中随机摸出两个球，表示恰好摸到一个红球与一个白球的事件的概率，则等于（    ）

A． B． C． D．

10．已知，，若时，关于的不等式恒成立，则的最小值为（    ）

A．2 B． C． D．

11．棱长为1的正方体中，点是侧面上的一个动点（包含边界），则下面结论正确的有（    ）

①若点满足，则动点的轨迹是线段；

②若点满足，则动点的轨迹是椭圆的一部分；

③在线段上存在点，使直线与．所成的角为；

④当在棱上移动时，的最小值是．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

12．已知函数，则不等式的解集是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．与函数在点处具有相同切线的一个函数的解析式是__________．

14．直线过抛物线的焦点，分别与抛物线交于与与，两直线的斜率分别为，且，则的最小值为__________．

15．在锐角中，内角对的边分别是，且，则的面积的取值范围是__________．

16．设正四面体的棱长为，以其中心O为球心作球，球面与正四面体四个面相交所成曲线的总长度为．则球O的半径为__________．

三、解答题

17．已知等差数列的前项和为，公差且成等比数列．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

18．根据疫情防控的需要，某地设立进口冷链食品集中监管专仓，集中开展核酸检测和预防性消毒工作，为了进一步确定某批进口冷链食品是否感染病毒，在入关检疫时需要对其进行化验，若结果为阳性，则有该病毒；若结果呈阴性，则没有该病毒．对于份样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需要检验n次；二是混合检验，将k份样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那么这k份全为阴性，检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份究竟哪些为阳性，需要对它们再次取样逐份检验，则k份检验的次数共为次，若每份样本没有病毒的概率为，而且样本之间是否有该病毒是相互独立的．

(1)若取得8份样本，采用逐个检测，发现恰有2个样本检测结果为阳性的概率为，求的最大值点；

(2)若对取得的8份样本，考虑以下两种检验方案：方案一：采用混合检验；方案二：平均分成两组，每组4份样本采用混合检验，若检验次数的期望值越小，则方案越“优”．若“方案二”比“方案一”更“优”，求p的取值范围（精确到0.01）．

19．已知四棱锥中，底面是菱形，平面平面为中点．

(1)若在线段上，且直线与平面相交，求的取值范围；

(2)若与平面所成的角为，求二面角的余弦值．

20．已知双曲线经过点，离心率是．

(1)求双曲线的方程；

(2)在双曲线上任取两点，满足，过做于，求证：存在定点，使是定值．

21．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)对任意的恒成立，求的取值范围．

22．在平面直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．直线的极坐标方程为为上一点，以为边做等边，且三点按顺时针方向排列．

(1)当点在上运动时，求动点运动轨迹的直角坐标方程；

(2)当时，若直线与曲线交于点（不同于原点），与曲线交于点，求的值．

23．已知函数．

(1)当时，求的解集；

(2)若区间包含于不等式的解集，求取值范围．

参考答案：

1．D

【分析】先计算得到，进而求出交集.

【详解】，故

故选：D

2．A

【分析】利用复数的除法运算和共轭复数的定义求解.

【详解】由题可得，所以，

故选:A.

3．B

【分析】结合方差的倍数关系可直接求解.

【详解】因为原产品尺寸为：，新产品尺寸为：，原方差为，故新方差为.

故选：B

4．C

【分析】由条件可知，点O为的外心，取BC的中点D，则有，求解向量的模及向量夹角的余弦，运算向量数量积.

【详解】如图所示：

由，点O为的外心，取BC的中点D，连接OD，OB，则有，，

.

故选：C

5．B

【分析】结合函数图象依次分析4个方程的根，确定的值，即可求解.

【详解】由，结合的图象知有三个根，其中一个根为0，另两个根的绝对值大于1小于2， 又无解，有三个根，所以有三个根，故.由，同上有三个根，从小到大依次设为，其中，又均有三个根，则有九个根，故.由，有3个根，从小到大依次记为，其中，又分别有三个根，共有9个根，故. 由，由上得的三个根为，又分别有三个根，共有9个根，故.所以.

故选：B.

6．D

【分析】首先由三视图，确定几何体，再利用基本不等式求体积的最大值.

【详解】根据三视图可知，几何体是如图所示的三棱锥,四个顶点为长方体的顶点，则几何体的体积，当且仅当时，等号成立，所以几何体体积的最大值是3.

故选：D

7．C

【分析】函数定义域为，由函数在上不单调，则在上有零点，即方程在上有根，所以，进而求解.

【详解】函数定义域为，

由题意，函数在上不单调，

所以在上有零点，

即方程在上有根，

即方程在上有根，

所以，即，

所以实数的取值范围为.

故选：C.

8．A

【分析】延长交的延长线于点，由已知条件可证为的中位线，根据椭圆的定义转化成，求出焦半径的取值范围，即可得的取值范围.

【详解】

如图所示，延长交的延长线于点，

点在椭圆上，由椭圆的性质可知，

因为分别是椭圆的左、右焦点，

所以点的坐标为、点的坐标为，

因为点是的角平分线上的一点，

所以，

又，则,

所以，

则，，

又因为点为线段的中点，

所以为的中位线，

即，

当点在椭圆右顶点时，取最大值，最大值为6，

当点在椭圆左顶点时，取最小值，最小值为2，

当点在椭圆上顶点或下顶点时，，

又因为点是椭圆上的动点，且与的四个顶点不重合，

则的取值范围为，

结合函数函数的性质可得，的取值范围是，

故选：A.

9．C

【分析】事件为“取到甲袋”，事件为“取到乙袋”，根据条件概率及相互独立事件的概率公式计算可得；

【详解】设事件为“取到甲袋”，事件为“取到乙袋”，

则，，

则.

故选：C.

10．B

【分析】根据题意设，，由一次函数以及不等式分析得时，，变形后代入，然后利用基本不等式求解.

【详解】设（），（），

因为，所以当时，；

当时，；

当时，；

由不等式恒成立，得：或，

即当时，恒成立，

当时，恒成立，

所以当时，，则，即，

则当时，，

当且仅当，即时等号成立，

所以的最小值为.

故选：B.

11．B

【分析】对于①，证明平面即可解决；对于②，若，则在以为轴，母线所在直线为的圆锥曲线的侧面上，即可解决；对于③，当为中点时，此时最小，计算得即可解决；对于④，平面旋转到与平面重合，连接交于，即可解决.

【详解】连接

所以，

又正方体中，平面，

因为平面，

所以，

又平面，

所以平面，

所以只要在线段上，就有，

所以动点的轨迹是线段；故①正确；

若，

则在以为轴，母线所在直线为的圆锥曲线的侧面上，

平面与圆锥的轴斜交，截圆锥的侧面所得的截线是椭圆，故②正确；

因为

所以与所成的角等于与所成的角，

当为中点时，

此时最小，

在中，

所以不可能为.故③错误；

如图，将平面旋转到与平面重合，

连接交于，

此时的最小值为故④错误；

故选：B.

12．D

【分析】构造函数，原不等式可整理为，求导得到的单调性，构造函数，求导，根据单调性得到，然后分和两种情况解不等式即可.

【详解】不等式可整理为，

令，定义域为，则原不等式可看成，

，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，上单调递增，

令，则，令，则，令，则，

所以在上单调递增，上单调递减，且，所以，即，即，

当时，，，所以，解得；

当时，，，所以，不成立；

综上可得，不等式的解集为.

故选：D.

【点睛】根据不等式形式构造新函数进而判断新函数的单调性是解题的关键.

13．（答案不唯一）

【分析】先求出在点处的切线为，再构造，经检验满足要求.

【详解】，故，

则函数在点处的切线为，

不妨令，，故在上，

，故，则函数在点处的切线为，满足要求.

故答案为：

14．

【分析】联立直线和抛物线方程结合韦达定理得出，再由基本不等式求解.

【详解】设，直线的方程为，联立可得，，即，同理可得，（当且仅当时，取等号），即的最小值为.

故答案为：

15．

【分析】先根据求出角，然后把面积中的的范围求出即可.

【详解】因为，由正弦定理得：

又因为，所以，即

所以，又因为锐角，所以，又根据三角形的面积公式有， 由余弦定理得：

在锐角三角形中满足把代入解不等式组得

所以.

故答案为：

16．或

【详解】设球O的半径为R．若正四面体一个面截球如图，则小圆周长为，小圆半径为

又球心到四面体的面的距离为1，故．

若正四面体一个面截球如图，记D为AC的中点．

依题意，知弧的长为．

设小圆的半径为r．则．

又，，，

故．    ①

令．则．

因此，函数在区间上单调递增，且最多有一个零点．

而，于是，方程①有唯一解2．从而，．

综上，球O的半径为或．

17．(1)

(2)

【分析】（1）根据条件利用等比数列的等比中项列出表达式，再利用等差数列的通项公式进行转化，求出公差，即可求出数列的通项公式

（2）先将第一问的结论代入中化简，对分奇偶分别求出前项和.

【详解】（1）由题意可知，，联立得

，又，所以解得

所以.

（2）由，得，则有.

当为偶数时，

；

当为奇数时，

综上所述：

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据题意写出得8份样本恰有2个样本检测结果为阳性的概率为，求导利用函数单调性即可得出最大值点；（2）易知方案一的检验次数的期望值为8，根据随机变量的分布列可求得方案二的检验次数的期望值为，即可得出p的取值范围.

【详解】（1）根据题意可知，每份样本检测结果为阴性的概率为，则阳性概率为；

则8份样本，采用逐个检测，发现恰有2个样本检测结果为阳性的概率

即，所以，

因为，所以

当，即时，，所以在上单调递增；

当，即时，，所以在上单调递减；

所以在时取得最大值，

即的最大值点.

（2）若采用方案一，则需要检验的次数为8次，

即检验次数的期望值；

若采用方案二：平均分成两组，每组4份样本采用混合检验，

则每组检测结果为阴性的概率为，则为阳性的概率为；

所以检验次数的所有可能取值为；

当两组检测结果全为阴性时，检验次数为2次，则；

当两组检测结果一组为阴性，另一组为阳性时，检测次数为6次，则；

当两组检测结果全为阳性时，检验次数为10次，则；

此时，方案二的检验次数的期望值；

若“方案二”比“方案一”更“优”，则，

即，得

即p的取值范围为

19．(1)

(2)

【分析】（1）取的中点分别为，连接，可得四边形是平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面，若与点重合，显然不符合题意，分当与点重合、在与之间、在与之间或与重合时讨论，根据四边形的形状可得答案；

（2）由面面垂直的判定定理可得平面，取的中点，可得，以为原点，分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.

【详解】（1）取的中点分别为，连接，可得，

因为，，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，此时，

若与点重合，显然不符合题意；

当与点重合时，直线与平面相交，此时，所以；

当在与之间时，

因为，，所以四边形是梯形，

所以与相交，平面，

所以直线与平面相交，此时；

当在与之间或与重合时，

因为，，所以四边形是梯形，

所以与相交，平面，

所以直线与平面相交，此时；

综上所述，；

（2）因为底面是菱形，所以，

因为平面平面，平面平面，

所以平面，平面，所以，

因为，所以，即，

又，平面，所以平面，

取的中点，连接，所以，平面，

所以，，，所以，

取的中点，连接，所以，

以为原点，分别以所在的直线为轴的正方向建立如图空间直角坐标系，所以，，，，，

，，

因为为平面的一个法向量，

设为平面的一个法向量，

所以，，令，所以，

所以，

由图二面角的平面角为锐角，

所以二面角的余弦值为.

20．(1)

(2)

【分析】（1）根据双曲线几何性质求双曲线方程即可；（2）设直线，，联立方程得由得或，分类讨论即可.

【详解】（1）由题知，

,

，

又因为，

解得，

.

（2）设直线，，

联立方程

所以

，

或，

当时，直线恒过定点，不符合题意，舍去；

所以，直线恒过定点，

因为在中，存在定点为线段的中点，

使得.

21．(1)答案见解析.

(2)

【分析】（1）由题知，进而分和两种情况讨论求解即可；

（2）由题知恒成立，进而令，再根据，当且仅当时等号成立得，进而得即可得答案.

【详解】（1）解：函数的定义域为，，

当时，即时，在上恒成立，在上单调递增，

当时，即时，令得，

所以，当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

综上，当时，在上单调递增；当时,在上单调递增，在上单调递减.

（2）解：因为对任意的恒成立，即恒成立，

所以恒成立，

令，

因为，

设，则，

所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，，即，当且仅当时等号成立，

所以，，当且仅当时等号成立，

令，则恒成立，

所以，在上单调递增，

因为，

所以，方程有解，等号能够取到；

所以，，

所以，要使恒成立，则，即，

所以，的取值范围是

【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于借助，当且仅当时等号成立放缩，进而得.

22．(1)

(2)

【分析】（1）利用极坐标中极径相等，极角相差的关系即可求解；（2）根据极径的几何意义直接求解即可.

【详解】（1）设，则，

因为为上一点，所以，

展开得，

所以点运动轨迹：，

化为直角坐标方程得.

（2）曲线中令，解得，

因为，所以曲线：，

令，解得，所以.

23．(1)

(2)

【分析】（1）代入a的值，通过讨论x的范围，求出的分段函数的形式，求出不等式的解集即可；

（2）问题等价于在上恒成立，根据x的范围，去绝对值解不等式.

【详解】（1）时，，

，等价于，解得，

故不等式的解集为

（2）若区间包含于不等式的解集，等价于在上恒成立，

即在上恒成立，得在上恒成立，

即在上恒成立，所以或在上恒成立，

解得或.

所以的取值范围为