2023届河南省焦作市高三第一次模拟考试数学（理）试题含解析

2023届河南省焦作市高三第一次模拟考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算求得复数z，可得其共轭复数，根据模的计算可得答案.

【详解】复数，故，

所以，

故选：C

2．已知集合，则集合的子集个数为（    ）

A．3 B．4 C．6 D．8

【答案】D

【分析】联立和，求得，即可求得其子集个数.

【详解】由已知集合，

联立和，可得或或，

则，

故集合的子集个数为个，

故选：D

3．某大型企业开发了一款新产品，投放市场后供不应求，为了达到产量最大化，决定增加生产线．经过一段时间的生产，统计得该款新产品的生产线条数与月产量（件）之间的统计数据如下表：

由数据可知，线性相关，且满足回归直线方程，则当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为（    ）A．73件              B．79件              C．85件              D．90件

【答案】C

【分析】根据所给数据求出样本中心点，再代入回归直线方程，即可求出参数的值，从而得到回归直线方程，最后将代入计算可得.

【详解】解：依题意可得，，

因为回归直线方程必过样本中心点，即，解得，所以，

当时，

故当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为85件.

故选：C

4．函数的大致图象为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用奇偶性排除A，利用特殊值和图象变化趋势排除B,D.

【详解】由题意知函数的定义域为，

因为，所以为奇函数，故排除A；

因为，所以排除B；

因为，所以排除D；

故选：C.

5．若的展开式中常数项为，则正整数的值为（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】A

【分析】首先写出二项式展开式的通项，依题意可得且，即可排除B、C，再将A、D代入验证即可.

【详解】解：二项式展开式的通项为，

所以且，

显然且为整数，即为的倍数，故排除B、C，

又为的因数，所以或，

当时，此时，不符合题意；

当时，此时符合题意.

故选：A

6．设，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据同角三角函数的基本关系得到，再根据两角和的余弦公式及诱导公式得到，再根据、的范围判断即可.

【详解】解：因为，所以，即，

即，

即，

因为，所以，

所以，即.

故选：D

7．已知圆柱的下底面圆的内接正三角形ABC的边长为6，P为圆柱上底面圆上任意—点，若三棱锥的体积为，则圆柱的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出底面内接正三角形外接圆的半径及的面积，设圆柱的母线长为，根据圆锥的体积公式求出，则圆柱外接球的半径，即可求出外接球的表面积.

【详解】解：如图，因为是边长为的正三角形，则其外接圆的半径，解得，

又，

设圆柱的母线长为，则，解得，

所以圆柱的外接球的半径，

所以外接球的表面积为.

故选：B

8．在直三棱柱中，，且，若直线与侧面所成的角为，则异面直线与所成的角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量求法求出的值，再求异面直线所成角即可.

【详解】因为直三棱柱，所以底面，

又因为，所以两两垂直，

以为轴建立如图所示坐标系，

设，则，，，，

所以，，，

设平面的法向量，

则，解得，

所以直线与侧面所成的角的正弦值，

解得，

所以，，

设异面直线与所成的角为，

则，

所以异面直线与所成的角的正弦值为.

故选：D

9．已知为抛物线的准线上一点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作出图形，根据几何意义即可求解.

【详解】作出图形，如图所示，根据题意可知:点，，

表示点到点的距离，

表示点到点的距离，

则，

如图（当点三点共线时取等号）

因为，

所以的最小值为，

故选：.

10．已知实数a，b，c满足，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意可得，，，构造函数，再利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合图象即可得出答案.

【详解】解：因为，所以，

因为，所以，

因为，所以，

因为，所以，

令，则，

当时，，当时，，

所以函数在上递减，在上递增，

所以，

又当时，，当，，

由此作出函数的大致图象如图所示，

因为且，

则由图可知，

所以.

故选：A.

11．分别过椭圆的左、右焦点、作平行直线、，直线、在轴上方分别与交于、两点，若与之间的距离为，且（表示面积，为坐标原点），则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】过点作于点，从而得到，设，则，在、中利用余弦定理求出、，由可得，即可得解.

【详解】解：由题意知直线、的斜率一定存在，

设、，过点作于点，

由题意知，，

所以，设，则，

在中，由余弦定理得，

即，解得，

同理在中利用余弦定理可得，

因为，所以，

即，即，所以.

故选：A

12．已知函数与的图象没有公共点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题目条件列出方程，然后同构变形，借助，即可求得本题答案.

【详解】若函数与的图象没有公共点，

即相当于无解，

变形得，，

令，则，

令，则在上为增函数，

而，，故唯一解，，

且，，化简得，，

即，设，

则，故在为增函数，

故，所以，

当时，；时，，

所以，

所以，当时无解，即.

故选：B

二、填空题

13．已知正六边形ABCDEF的边长为2，则_________．

【答案】

【分析】根据正六边形的几何性质，求出向量的模长以及夹角，利用平面向量的定义式，可得答案.

【详解】由题意，作图如下：

在正六边形中，易知，，，，

则与的夹角为，即，

在中，，

.

故答案为：.

14．已知圆，的圆心都在坐标原点，半径分别为与．若圆的圆心在轴正半轴上，且与圆，均内切，则圆C的标准方程为_________．

【答案】

【分析】依题意求出圆心的横坐标与半径，即可得解.

【详解】解：依题意可知圆心的横坐标为，半径为，

故圆的标准方程为.

故答案为：.

15．已知为奇函数，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围是_________．

【答案】

【分析】根据函数的奇偶性求得，再根据题意推得的关系式，结合的范围，即可求得答案.

【详解】因为为奇函数，

故，

即，由于,故，则，

由于，故，所以，

由，可得，

即

或，

对任意，存在，满足，

故，则,，，k取负值，

则只能，此时，

或，则，则,

综合可得或，

即实数的取值范围是，

故答案为：

16．如图，已知，分别为两边上的点，，，过点，作圆弧，为的中点，且则线段长度的最大值为_________．

【答案】

【分析】设，在中由正弦定理可得，在由余弦定理求出、，在中由余弦定理表示出，再结合三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出的最大值，即可得解.

【详解】解：设，则，在中，由正弦定理知，

所以，因为为的中点，所以，

则，在中由余弦定理，

解得，

在中，，

由余弦定理可得

所以当时，取得最大值，

即的得最大值.

故答案为：

三、解答题

17．在数列中，，．

(1)设，求数列的通项公式；

(2)设，且数列的前项和为．若，求正整数的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意可得，利用累加法求出数列的通项公式；

（2）由（1）可得，即可得到，利用裂项相消法求出，即可得到方程，解得即可.

【详解】（1）解：因为，，且，

所以，

当时，

当时

，

又时也符合上式，

所以.

（2）解：由（1）可知，所以，

所以，

所以，

则，解得.

18．某出租车公司为推动驾驶员服务意识和服务水平大提升，对出租车驾驶员从驾驶技术和服务水平两个方面进行了考核，并从中随机抽取了100名驾驶员，这100名驾驶员的驾驶技术与性别的2×2列联表和服务水平评分的频率分布直力图如下，已知所有驾驶员的服务水平评分均在区间内.

(1)判断能否有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关；

(2)从服务水平评分在区间内的驾驶员中用分层抽样的方法抽取12人，再从这12人中随机抽取4人，记X为4人中评分落在区间内的人数，求X的分布列和数学期望．

附：，其中．

【答案】(1)不能有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关

(2)分布列见解析，

【分析】（1）利用独立性检验的解题步骤，可得答案；

（2）根据分层抽样明确各个区间抽取的人数，根据超几何分别求解分布列和数学期望的步骤，可得答案.

【详解】（1）由题意可知：，则，

即，

故不能有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关.

（2），解得，

由频率分布直方图，则服务水平评分在区间内驾驶员的频率分别为，

即其比为，因此，分层抽样的12人在区间内驾驶员人数分别为，

故的可能取值为，

，，，

，，

则其分布列如下表：

.

19．在如图所示的六面体中，平面平面，，，.

(1)求证：平面；

(2)若两两互相垂直，，，求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点分别为，连接，根据面面平行的性质定理证明四边形，，为平行四边形，即可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可；

（2）以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.

【详解】（1）取中点分别为，连接，则，

因为平面平面，平面平面，平面平面，

所以，

又因为，所以，所以四边形为平行四边形，，，

同理可得四边形为平行四边形，，，

因为平面平面，平面平面，

所以，

又因为，所以四边形为平行四边形，，

所以，，

所以四边形为平行四边形，所以，

又因为平面，平面，所以平面.

（2）因为两两互相垂直，

以为轴建立如图所示空间直角坐标系，

由题意可得，，，，

所以，，，

设平面的法向量，

则，解得，

设平面的法向量，

则，解得，

所以，

由图可知所求角为锐角，所以二面角的余弦值为.

20．已知分别为双曲线的左、右焦点，点在C上，且的面积为6．

(1)求C的方程；

(2)若过点且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于 两点，Q为x轴上一点，满足，证明：为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意列出关于的方程，解得其值，可得双曲线方程；

（2）设出直线l的方程。联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，根据题意求出的垂直平分线的方程，可得Q点坐标，继而求得，再求得弦长，利用双曲线定义可推出，化简，即可证明其为定值.

【详解】（1）由题意点在C上，且的面积为6，

可得且，则，

又 ，解得，

故双曲线方程为；

（2）证明：由（1）知，故设斜率为k的直线l为，

由于直线l交双曲线C的右支于两点，故，

联立 ，可得，

当时，直线l与双曲线的渐近线平行，此时直线和双曲线只有一个交点，不合题意；

故，此时，

设，则，

则，

即的中点坐标为，

因为Q为x轴上一点，满足，故Q为的垂直平分线与x轴的交点，

的垂直平分线的方程为：，

令 ，则得，即,

所以,

又，

又因为在双曲线的右支上，故,

故，即,

故，即为定值.

【点睛】难点点睛：证明为定值时，关键是要结合双曲线定义化简，同时结合，利用的垂直平分线的方程求出，求得，因此难点就在于求双曲线弦长以及时，计算比较复杂且计算量较大，要求十分细心.

21．已知函数.

(1)若的图象在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为2，求a的值；

(2)若方程有三个不同的实数根，求a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用导数几何意义求出的图象在点处的切线，进而求出切线与坐标轴交点，表示出三角形面积，求出a的值；

（2）利用分离参数法转化为与有三个不同的交点，求出a的取值范围.

【详解】（1），，，

则的图象在点处的切线为，

由题意可知，令得，令得，

则，解得.

（2）令，即，

令，则与有三个不同的交点，

由题意可知，，

则是奇函数，图像关于原点对称，

当时，，

，，

则当时，，单调递增，

当时，，单调递减，同时，

此时，

当时，由奇函数性质可知，

当时，单调递减，同时，

当时，单调递增，此时，

根据图像可知，与有三个不同的交点需要满足或者，

即a的取值范围.

【点睛】函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.

22．在直角坐标系xOy中，已知点，直线l的参数方程是（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是．

(1)求l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

(2)设l与C相交于点A，B，求的值．

【答案】(1)直线的普通方程为，;

(2)

【分析】（1）根据参数方程转化为普通方程，极坐标方程转化为直角坐标方程的方法求得正确答案.

（2）利用直线参数的几何意义求得正确答案.

【详解】（1）由得，

两式相减得，所以直线的普通方程为.

由，

得，

即，即，

所以曲线的直角坐标方程为.

（2）由于，所以在圆外，

将代入，

化简得，

，

所以，均为负数，

所以

.

23．已知正实数，，满足，

(1)证明：；

(2)求的最小值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用基本不等式证明即可；

（2）利用柯西不等式计算可得.

【详解】（1）证明：因为，，为正实数且满足，

所以

，

当且仅当，即，，时取等号，

所以.

（2）解：由柯西不等式可知，

当且仅当，，时等号成立，

所以的最小值为.