2023届河南省高三下学期核心模拟卷（中）（二）数学（文）试题含解析

22023届河南省高三下学期核心模拟卷（中）数学（文）试题（二）

一、单选题

1．设集合（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可得，根据交集的定义求解即可.

【详解】解：因为，

所以.

故选：B.

2．若，其中，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】通过复数的运算及复数相等，求得，计算复数的模可得结果.

【详解】.

故选：C.

3．已知函数且的图象过定点，若抛物线也过点，则抛物线的准线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，求出函数图象恒过的点，求出抛物线方程即可作答.

【详解】因为对于，当，即时，恒有，

因此函数的图象过定点，而点在抛物线上，

则，解得，

所以抛物线的准线方程为.

故选：B

4．执行如图所示的程序框图，若输入的值为2，则输出的值为（    ）

A．3 B．5 C．9 D．17

【答案】C

【分析】根据给定的程序框图，运行程序，依次计算即可作答.

【详解】运行程序，初始值，第一次：，判断成立，，

第二次：，判断成立，，

第三次：，判断不成立，退出循环体，所以输出的值为9.

故选：C

5．若两个向量、的夹角是，是单位向量，，，则向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】计算出、，设向量与的夹角为，其中，利用平面向量向量的数量积运算可得出，即可得出结果.

【详解】由题意，

又由，所以，

所以，

设向量与的夹角为，其中，则，可得.

故选：D.

6．一种高产新品种水稻单株穗粒数和土壤锌含量有关，现整理并收集了6组试验数据，（单位：粒）与土壤锌含量（单位：）得到样本数据，令，并将绘制成如图所示的散点图.若用方程对与的关系进行拟合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】对方程两边取对数，写出回归直线方程，再根据散点图的特征分析判断作答.

【详解】因为，，令，则与的回归方程为，

根据散点图可知与正相关，因此，又回归直线的纵截距小于0，即，得，

所以，.

故诜：C

7．已知函数满足，且，则（    ）

A．3 B．3或7 C．5 D．7

【答案】D

【分析】根据题意得到是的一条对称轴，求得，再由，求得或，结合，得到，进而利用三角函数的性质，即可求解.

【详解】由题意，函数满足，可得是函数的一条对称轴，

所以，即，

即，所以

又由，可得或，即或，

因为，可得，所以，

当时，可得，即，（不符合题意，舍去）；

当时，可得，即，解得，

如：时，可得，解得，符合题意，

所以.

故选：D.

8．已知为等差数列的前项和．若，，则当取最大值时，的值为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】D

【分析】由已知结合等差数列的性质和前项和公式，可推得，，从而得解．

【详解】因为等差数列中，，即，

所以，

因为，即，

所以，

由为等差数列，得时，；时，，

所以当时，取得最大值．

故选：D.

9．如图所示，长方体中，，O是的中点，直线交平面于点M，则下列结论错误的是（    ）

A．A，M，O三点共线

B．的长度为1

C．直线与平面所成角的正切值为

D．的面积为

【答案】C

【分析】利用公理3证明三点共线即可判断A，利用长方体的性质以及中位线定理，可判断B，利用线面角的定义，根据长方体的几何性质，结合三角函数定义，可判断C，利用三角形面积转化求解，可判断D.

【详解】

对于A，连结，则，四点共面，

平面，，平面，

又平面，在平面与平面的交线上，

同理也在平面与平面的交线上.

三点共线，故A正确：

对于B，设直线与平面的交点为，

，平面，平面，平面，

，平面，平面，平面，

又，平面，平面，

平面平面，

又平面平面，平面平面，

，

为中点，为中点，同理可得为的中点，

，故B正确；

对于C，取中点，连接，，平面，

则即为直线与平面所成角，又平面平面，

故即为直线与平面所成角，

又，

，故C错误；

对于D，，

，

，故D正确.

故选：C

10．已知是定义域为的奇函数，当时，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由具体函数解析式，根据导数与单调性，可得函数的单调性，结合奇函数性质，可得整个定义域上的单调性，化简不等式，可得答案.

【详解】由题意，可知且，

当时，，则，即，

可得，

当时，，

则，即单调递增，

由，则在上单调递增，

易知，则不等式等价于，

可得，解得.

故选：D.

11．已知曲线的方程为，曲线关于点的对称曲线为，若以曲线与两坐标轴的交点为顶点的四边形面积为，则的值为（    ）

A． B．1 C．0或 D．0

【答案】C

【分析】根据给定条件，求出曲线的方程，再判断原点与曲线的位置关系，结合四边形面积求出弦长作答.

【详解】曲线：是以点为圆心，为半径的圆，

点关于点的对称点，则曲线是以点为圆心，为半径的圆，

圆的方程为，圆与两坐标轴各有两个交点，又圆的圆心在y轴上，则原点必在圆内，

因此圆的内接四边形两条对角线互相垂直，其中一条对角线长为，设另一条对角线长为，

于是，解得，因此圆截x轴所得弦长为，

在中，令得，，即，

从而，解得或，

所以的值为0或.

故选：C

12．在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，当三棱锥的表面积最大时，其内切球的半径是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据和都是正三角形，写出三棱锥的表面积表达式，可得表面积取最大值时，再根据等体积法求得内切圆半径.

【详解】

设三棱锥的表面积为，

则

，

当，即时，表面积最大为.

此时,

过作的垂线，垂足为，连接，

因为和都是正三角形，所以为中点，，

因为平面,所以平面

为三棱锥的高，为三棱锥的高，

设三棱锥的体积为，则

设内切球的半径为，因为，所以，

故选：A.

二、填空题

13．函数的最大值为_________.

【答案】1

【详解】由题意知：=

==

==，即，因为，所以的最大值为1.

【解析】本小题主要考查两角和与差的三角函数、三角函数的最值的求解，熟练公式是解答好本类题目的关键.

14．已知双曲线的一个焦点到直线的距离为，则的离心率为__________.

【答案】##

【分析】求出双曲线焦点，根据条件求出，计算可得双曲线C的离心率.

【详解】由已知得，双曲线的焦点在轴上，且焦点坐标为，不妨取，它到直线的距离为，解得，所以双曲线C的离心率为.

故答案为：

15．已知实数，满足，且，则的取值范围是________.

【答案】

【分析】根据不等式的性质判断与的大小关系是否满足不等式，从而可结合线性规划求目标函数的取值范围.

【详解】实数，满足，且，

若，则，所以，又，所以，

则，即，则，所以与已知矛盾，

故，要满足，则，

即，满足该二元一次不等式的平面区域如下图所示：

设目标函数为，则，故直线的纵截距的取值范围即可得的取值范围，

由可行域可得直线经过时得纵截距的最大值，无最小值，又，所以，故，

所以的取值范围是.

故答案为：.

16．已知等比数列的公比为，前项和为，且满足.若对一切正整数，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【分析】先求得和，整理，得，设，判断单调性，找到最小值.

【详解】若，则，即，此时，与题意不符，舍去；

若，由，可得，

即，

解得，则.

对一切正整数，不等式恒成立，

化简得，分离可得，

设，则，

当时，，即；

当时，，即，

所以的最小值为，

故答案为：.

三、解答题

17．某地政府因地制宜发展特色农业，引导农民脱贫致富，为了调研该地某种农产品的品质，现从一批这种农产品中随机抽取200个作为样本，测量该农产品的某一项质量指标值，该指标值越大质量越好．由测量结果得到如下频率分布直方图：

(1)求a的值，并估计这200个农产品的质量指标值的平均值；

(2)按照分层抽样方法，从中抽取5个农产品进行检测，根据样本估计总体，结合频率分布直方图，从这5个农产品中随机抽取2个，求这2个农产品来自不同组的概率．

【答案】(1)  

(2)

【分析】（1）根据频率和为1可求的值，利用区间中点值和频率可求平均值；

（2）先求，的农产品个数，利用古典概率求解.

【详解】（1）由图可知，解得；

所以估计这200个农产品的质量指标值的平均值为200.

（2）由图可知的频率为，的频率为；

所以抽取的5个农产品中有2个在，记为;

有3个在，记为；

从中任选2个，所有的基本事件有：,共10个；

设事件“2个农产品来自不同组”，则包含的基本事件有，共有6个，

所以.

18．如图，在四边形中，已知.

(1)若，求的值；

(2)若，四边形的面积为4，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）中求出BD，在中，由正弦定理求出，根据即可求；

（2）在、中，分别由余弦定理求出，两式相减可得与的关系式；又由的与的关系式；两个关系式平方后相加即可求出﹒

【详解】（1）解：在中，∵，则

∴．

在中，由正弦定理得，，

∴．

∵，∴，

∴．

（2）解：在、中，由余弦定理得，

，

，

从而①，

由得，

②，

得，，

∴．

19．如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，，E为线段上一点．

(1)当∥平面，求证：为的中点；

(2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)见解析；

(2)存在，当时，平面平面.

【分析】（1）由题意可知为的中点，由线面平行的性质定理可得∥，即可得证；

（2）由面面垂直的性质定理可得，只需满足，即可得平面，从而有平面平面，故只需找出成立时，的长度即可.

【详解】（1）证明：因为为正方形，，

所以为的中点，

又因为∥平面，平面平面，平面，

所以∥，

又因为为的中点，所以为的中点；

（2）存在，当时，平面平面，理由如下：

设，

因为为正方形，所以，

又因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

又因为平面，所以，

又因为在矩形中，，

当时，在中，，

在中，，

所以，

又因为，

所以，则，

所以，

又因为，平面，

所以平面，

又因为平面，所以平面平面.

20．已知椭圆过点，直线与交于两点，且线段的中点为为坐标原点，直线的斜率为.

(1)求的标准方程；

(2)已知直线与有两个不同的交点为轴上一点.是否存在实数，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值及点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，时，点坐标为；当时，点坐标为

【分析】（1）根据中点弦点差法得，再根据，得，再结合椭圆过点解方程即可得答案；

（2）设中点，假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，进而将问题转化为，，再联立，结合韦达定理讨论，同时成立的情况.

【详解】（1）解：设，则，

所以，由题知直线的斜率.

因为在椭圆上，

所以，

两式相减得，即，

又，

所以，即.

又因为椭圆过点，

所以，解得，

所以椭圆的标准方程为.

（2）解：联立消整理得：.

因为直线与椭圆交于两点，故，解得.

设，则.

设中点，

则，故.

假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，故，

所以，解得，故.

又因为，所以，

所以，即，

整理得.

所以，

代入，整理得，即，

所以或，即存在使得是以为顶点的等腰直角三角形.

当时，点坐标为；当时，点坐标为.

此时，是以为直角顶点的等腰直角三角形.

21．已知函数．

(1)若，讨论零点的个数；

(2)求证：．

【答案】(1)当时，函数只有一个零点；

当时，函数无零点．

(2)证明见详解

【分析】（1）分类讨论，求导，研究单调性质，通过最值分析零点个数；

（2）利用放缩，转化为证明问题，构造函数，求导，通过最值符号证明不等式成立.

【详解】（1）当时，，则，

当时，单调递减，当时，单调递增，

所以，此时函数只有一个零点；

当时，，则．

令，得．当时，，在上单调递减；

当时，，在上单调递增．

又，所以，所以，

此时函数无零点．

综上，当时，函数只有一个零点；

当时，函数无零点．

（2）由（1）知，，要证，

只需证，只需证，

记，则

时，，所以在上单调递增，

时，，所以在上单调递减，

所以，

即成立，当且仅当时，等号成立，

又由不等式，当且仅当时，等号成立，

所以恒成立，故，得证

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；

（2）设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标.

【答案】（1）：，：；（2），此时.

【详解】试题分析：（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）由题意，可设点的直角坐标为到的距离

当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.

试题解析： （1）的普通方程为，的直角坐标方程为.

（2）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值即为到的距离的最小值，.

当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.

【解析】坐标系与参数方程.

【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等．把曲线的普通方程化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性．注意方程中的参数的变化范围．

23．已知函数.

(1)若的最小值为，求的值；

(2)在（1）的条件下，，，为正实数，且，求证：.

【答案】(1)2；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据给定条件，利用绝对值的三角不等式求解最小值作答.

（2）利用（1）的结论，结合柯西不等式推理作答.

【详解】（1）函数的定义域为R，，当且仅当时取等号，

所以的最小值.

（2）由（1）知，正实数，，满足：

因此

，当且仅当，即时取等号，

所以.