2023届河南省新乡市高三第二次模拟考试数学（文）试题含解析

2023届河南省新乡市高三第二次模拟考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先利用不等式的解法化简集合，再利用并集的定义求解即可.

【详解】因为，，所以，

故选：C

2．复数的虚部为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的乘法运算，即可求得答案.

【详解】由于，所以的虚部为2，

故选：B

3．若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据指数函数与对数函数的单调性，分别求出a，b，c的范围，即可得出结果．

【详解】因为，，，所以．

故选：D.

4．在区间中随机取一个数，则取到的数的绝对值小于的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据几何概型知识即可得答案.

【详解】解：设取到的数为，

则有，

所以，

由几何概型知识可知，取到的数的绝对值小于的概率为．

故选：C.

5．已知抛物线的焦点为F，点P在抛物线C上，，若的面积为，则（    ）

A．4 B．3 C．5 D．2

【答案】A

【分析】根据三角形面积公式，结合抛物线定义进行求解即可.

【详解】由题意知,准线方程为，

设．因为，的面积为，

所以，则，所以．

故选：A

6．已知等差数列满足，则的前20项和（    ）

A．400 B．380 C．340 D．280

【答案】A

【分析】设，，则解方程即可求出，再由等差数列的前项和即可得出答案.

【详解】设，所以，

所以．因为，

所以所以

则，所以．

故选：A.

7．在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据正方体，正三棱柱的性质，线面的位置关系及线面平行的判定定理结合条件逐项分析即得.

【详解】A选项中，由正方体的性质可知，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误；

B选项中，因为，故平面CNQ即为平面ACNQ，而，平面CNQ，平面CNQ，所以直线BM与平面CNQ平行，故正确；

C选项中，因为，故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，故错误；

D选项中，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作CQ的平行线交于点D，则点D是在上靠近点的四等分点，

由，平面CNQ，平面CNQ，可得平面CNQ，又BM与平面CNQ平行，平面，则平面平面CNQ，

而平面与平面，平面CNQ分别交于BD，QN，则BD与QN平行，

显然BD与QN不平行，假设错误，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误．

故选：B.

8．定义在上的函数满足，且为偶函数，当时，，则（    ）

A．0 B． C． D．1

【答案】A

【分析】由和为偶函数，可知的周期为4，且的图象关于直线对称，利用函数的周期性和对称性将条件进行转化即可得出答案.

【详解】因为，所以的周期为4．

又为偶函数，所以的图象关于直线对称，

则．

故选：A.

9．执行如图所示的程序框图，则输出S的结果为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据程序框图得到，计算得到答案.

【详解】由题可知，

．

故选：D

10．剪纸是中国古老的传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折．将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形的边长为，点在四段圆弧上运动，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求出点的横坐标的取值范围，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的取值范围.

【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

设点，易知，以为半径的左半圆的方程为，

以为半径的右半圆的方程为，

所以点的横坐标的取值范围是，

又因为，，所以，.

故选：B.

11．已知函数在上存在零点，且在上单调，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的零点和单调性求出，从而可得根据函数在上单调，即可求的取值范围.

【详解】，

因为在上存在零点，所以，解得．

又在上单调，所以，即，

解得，则，

则则解得．

故选：C.

12．已知F是双曲线的左焦点，P是E右支上一点，PF与E的渐近线分别交于A，B两点，且，则E的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设点，由可表示出，点的坐标，因为P是E右支上一点，带入椭圆得方程化简即可得出答案.

【详解】不妨设点，，由，可得为的中点，

所以，由，解得．

因为，则得

因为P是E右支上一点，则，

则，故E的离心率为．

故选：B.

二、填空题

13．函数的图象在处的切线方程为______．

【答案】

【分析】根据导数的几何意义，结合直线点斜式方程进行求解即可.

【详解】因为，所以，则，，故的图象在处的切线方程为．

故答案为：

14．设正项等比数列满足，，则______．

【答案】8

【分析】由已知条件得，，求得，进而求得.

【详解】设的公为q，因为，，

所以，解得或（舍去），

则，．

故答案为：8

三、双空题

15．某中学有高中生2500人，初中生3750人．用分层抽样的方法从该校学生中抽取5人，组成校篮球运动小组，则从高中生中抽取______人，若从这5人中任意选取2人为组长，则初中生和高中生各有1人为组长的概率为______．

【答案】     2     ##0.6

【分析】根据分层抽样法可得第一空答案；用列举法可得第二空答案.

【详解】解：应从高中生中抽取人，记为A，B，则应从初中生中抽取3人，记为a，b，c．

从这5人中任意选取2人为组长，总事件包括AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，ab，ac，bc，共10种情况，

其中初中生和高中生各有1人为组长的事件包括Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，共6种情况，故所求的概率．

故答案为：2；

四、填空题

16．若正四面体的棱长为4，则该四面体内切球的球心到其一条侧棱的距离为______．

【答案】

【分析】设O为正四面体的内切球球心，也是外接球球心，D为的外心，过作，垂足为G，由题意求出，，又因为，求出，再由，即可求出答案.

【详解】如图，设O为正四面体的内切球球心，也是外接球球心，D为的外心，

过作，垂足为G，，

．

因为，所以，解得．

因为，所以，解得，

即该四面体内切球的球心到其一条侧棱的距离为．

故答案为：.

五、解答题

17．世界上的能源消耗有是由摩擦和磨损造成的，一般机械设备中约有80%的零件因磨损而失效报废．零件磨损是由多方面因素造成的，某机械设备的零件随着使用时间的增加，“磨损指数”也在增加．现根据相关统计，得到一组数据如下表．

(1)求r关于t的线性回归方程；

(2)在每使用完一整年后，工人会对该零件进行检测分析，若该零件在下一年使用过程中的“磨损指数”超过10%，则该零件需要在本次检测后立即进行报废处理．根据（1）中的回归方程，估计该零件使用多少年后需要进行报废处理？

参考数据：，．

附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．

【答案】(1)

(2)8年

【分析】（1）根据题中所给的公式和数据进行求解即可；

（2）运用代入法进行求解判断即可.

【详解】（1）因为，所以．

又，，

所以，

所以．

故r关于t的线性回归方程为．

（2）由（1）可知，当时，，

当时，．

故估计该零件使用8年后需要进行报废处理．

18．如图，在直三棱柱中，D是的中点，，，．

(1)证明：平面BCD．

(2)求点D到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）确定，根据相似得到，得到线面垂直.

（2）计算，，再根据等体积法计算得到距离.

【详解】（1）在直三棱柱中，平面，平面，故，

，，平面，故平面，

平面，．

因为，，所以．

又D是的中点，，所以，所以，则．

因为，平面BCD，所以平面BCD．

（2）．

，

所以．

设点D到平面的距离为d，由，得，

解得，即点D到平面的距离为．

19．如图，在中，D，E在BC上，，，．

(1)求的值；

(2)求面积的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据三角形面积公式结合条件可得 ，，进而可得，然后利用正弦定理即得；

（2）设，根据余弦定理及三角形面积公式结合条件可表示三角形面积，然后利用二次函数的性质结合条件即得.

【详解】（1）因为，，，

所以，

，

故，即，

则在中，根据正弦定理可得，；

（2）设，则，由解得，

在中，，

则，

，

由，得，

则，

故面积的取值范围为．

20．已知函数．

(1)求的单调区间；

(2)证明：．

【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为

(2)证明见解析

【分析】(1)求导得,令，根据的正负即可得的单调区间；

(2)由题意可得即证明，令，利用导数证明即可.

【详解】（1）解：因为，

所以,

由，得．

当时，；当时，．

故的单调递减区间为，单调递增区间为．

（2）证明：等价于．

令函数，则．

当时，，单调递减；当时，，单调递增．

故，

即．

21．已知椭圆的长轴长为4，O为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，B为椭圆C的上顶点，且的面积为．

(1)求椭圆C的方程．

(2)过点的直线l与椭圆相交于P，Q两点，过点P作x轴的垂线，与直线AQ相交于点M，N是PM的中点，试问直线AN的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．

【答案】(1)

(2)直线AN的斜率为定值，定值为．

【分析】（1）根据椭圆的性质列方程组求解；

（2）联立直线l与椭圆方程，求出点M，点N的坐标，再由斜率公式结合韦达定理得出直线AN的斜率为定值.

【详解】（1）由题可知，解得

故椭圆C的方程为．

（2）由题可知，直线l的斜率一定存在，设l的方程为，，，

联立方程组,消去y整理得

．

，解得，

，．

直线AQ的方程为，令，得，

即点M的坐标为，则点N的坐标为．

直线AN的斜率

．

故直线AN的斜率为定值，且该定值为．

【点睛】关键点睛：解决问题（2）的关键在于，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理建立的联系，从而证明直线AN的斜率为定值.

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

(1)求出的普通方程和的直角坐标方程；

(2)若与有公共点，求m的取值范围．

【答案】(1)：，：

(2)

【分析】（1）消参法求的普通方程，公式法求的直角坐标方程；

（2）根据与有公共点，即圆心到直线距离小于等于半径列不等式求参数范围.

【详解】（1）因为，所以的普通方程为．

因为，所以， 故的直角坐标方程为．

（2）因为与有公共点，且不在上，且圆心为，半径为1，

所以， 解得，故m的取值范围为．

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若，，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）根据绝对值的性质，分类讨论进行求解即可；

（2）根据绝对值的性质，结合一元二次不等式的解法进行求解即可,

【详解】（1）因为，所以．

当时，原不等式转化为，不等式无解．

当时，原不等式转化为，解得．

当时，原不等式转化为，解得．

综上所述，不等式的解集为；

（2）因为，所以恒成立等价于．

当时，则，解得．

当时，则，解得．

综上所述，a的取值范围为．