2023届河南省叶县高级中学等2校高三下学期2月模拟考试（一）数学（理）试题含解析

2023届河南省叶县高级中学等2校高三下学期2月模拟考试（一）数学（理）试题

一、单选题

1．若复数z满足，则（    ）

A． B． C．或4 D．或

【答案】D

【分析】解方程求出，即可求出的值.

【详解】由题意，

在中，

解得：或，

∴或，

故选：D.

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解不等式可求得集合，由并集定义可得结果.

【详解】由得：或，即；

由得：，即；

.

故选：D.

3．已知函数，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用可直接构造方程求解.

【详解】，，

，解得：.

故选：A.

4．已知双曲线，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】，由此可得.

【详解】由，得，则，，

故．

故选：B

5．年月某市星级酒店经营数据统计分析如下图（“同比”指与去年同期相比）：

下列说法错误的是（    ）

A．整体来看，年月该市星级酒店平均房价相对上一年有所提高

B．年月该市星级酒店平均房价的平均数超过元

C．年月这个月中，该市星级酒店在月份的平均房价创下个月来的最高纪录

D．年月该市星级酒店平均房价约为元

【答案】D

【分析】根据折线统计图和条形统计图逐项判断可得出合适的选项.

【详解】对于A选项，由图可知，仅有月同比增速为，其余个月同比增速均为正数，故A正确；

对于B选项，由图可知个数据的平均数为

，故B正确；

对于C选项，由图可知这个月的数据中，第个月的最大，故C正确；

对于D选项，由，得年月该市星级酒店平均房价大于元，故D错误．

故选：D.

6．已知，均为等差数列，且，，，则数列的前5项和为（    ）

A．35 B．40 C．45 D．50

【答案】B

【分析】根据等差数列的等差中项性质解决即可.

【详解】由题知，均为等差数列，且，，，

所以，得，

所以数列的前5项和为．

故选：B

7．若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出的范围和，得到和的值，即可求出的值

【详解】由题意，，，

∴，，

∴，，

∴，

故选：D.

8．已知某长方体的上底面周长为16，与该长方体等体积的一个圆柱的轴截面是面积为16的正方形，则该长方体高的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】运用长方体、圆柱体积公式及基本不等式求解即可.

【详解】不妨设该长方体底面的长和宽分别为a，b，高为h，则，

轴截面是面积为16的正方形的圆柱，其底面圆的半径为2，高为4，

体积为，则，又因为，所以，

故．

故选：C.

9．在的展开式中，的系数为（    ）

A．60 B．15 C．120 D．30

【答案】A

【分析】方法1：运用分步乘法原理计算可得结果.

方法2：运用二项式定理的通项公式计算可得结果.

【详解】方法1：可以看作6个相乘，从中选2个y，有种选法；再从剩余的4个括号中选出3个x，最后一个括号选出，有种选法；所以的系数为．

方法2：因为，所以其展开式的通项公式为，

令，得展开式的通项公式为，再令，得，

所以的系数为．

故选：A.

10．的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】可看成动点到距离与到y轴距离之和，又动点轨迹为抛物线，后由抛物线定义结合图像可得答案.

【详解】易知动点的轨迹为抛物线，C的焦点为，

则可看成动点到距离与到y轴距离之和.如图，设，为点P到准线距离，

则.

则，

当且仅当P在线段AF上时取等号.故的最小值为．

故选：B.

11．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，再比较大小即可.

【详解】设函数，则，则在上是减函数，

又，则，

又因为，，，

所以，即．

故选：C.

12．若不是等比数列，但中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称是局部等比数列．在，，，这4个数列中，局部等比数列的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据局部等比数列的定义逐项进行检验即可求解.

【详解】若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列．

若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列．

若，则，则是等比数列，所以不是局部等比数列．

若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列．

所以局部等比数列的个数是，

故选：.

二、填空题

13．若，，且，则______．

【答案】

【分析】由题得，根据解决即可.

【详解】因为，

所以，

因为，，

所以，所以．

故答案为：

14．写出一个最小正周期不小于，且其图象关于直线对称的函数： ______．

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据正余弦函数性质可直接得到结果.

【详解】根据正余弦函数性质可知满足题意的函数不唯一，

如，，等.

故答案为：（答案不唯一）.

15．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为______．

【答案】

【分析】令，即可判断在上的单调性，依题意可得在上为减函数，即可得到不等式组，解得即可.

【详解】令，则在为减函数，

所以由复合函数的单调性可知在上为减函数，则，解得，

即的取值范围为．

故答案为：

16．如图，在四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的表面积为______．

【答案】##

【分析】通过做图，做出，的外心，则外接球球心为过外心的两平面垂线的交点，后利用正余弦定理可得外接球半径.

【详解】如图1，取BD的中点E，由，

可得，

又，

可得，又，所以为等边三角形．

因为，，平面AEC，平面AEC，，则平面ACE．

如图2，延长AE至Q，使得，延长CE至P，使得，

由正弦定理，可得，外接圆半径为，

又，，，则P为的外心，Q为的外心，过点P作平面BCD的垂线，过点Q作平面ABD的垂线，

两垂线的交点O就是四面体ABCD外接球的球心．

连接OE，因，则，

由，，可得，

则在中，，

由余弦定理，

故四面体ABCD外接球的表面积为．

故答案为：.

.

【点睛】方法点睛：本题涉及求几何体的外接球的表面积，解决外接球问题有以下常见手段：

（1）侧棱与底面垂直的三棱锥，可将三棱锥补形为长方体或正方体；

（2）正棱锥外接球常用解决问题，其中R为外接球半径，h为正棱锥高，r为底面外接圆半径；

（3）侧面和底面呈一定角度的几何体，常利用过外心做平面垂线确定球心位置，后结合图像及正余弦定理解决问题.

三、解答题

17．甲、乙两人进行围棋比赛，两人共比赛两局，每局比赛甲赢的概率为0.6，两人平局的概率为0.1，设每局的胜方得3分，负方得分，若该局为平局，则两人各得2分．

(1)求甲、乙各赢一局的概率；

(2)记两局结束后甲的最后得分为X，求X的数学期望．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题可知比赛乙赢的概率为，甲、乙各赢一局相当于甲赢第一局乙赢第二局或乙赢第一局甲赢第二局.据此可得答案；

（2）依次写出对局情况及相应概率，后可计算期望.

【详解】（1）依题意可得每局比赛乙赢的概率为0.3，甲、乙各赢一局相当于甲赢第一局乙赢第二局或乙赢第一局甲赢第二局，故甲、乙各赢一局的概．

（2）若甲赢两局，得分6分，；

若甲一赢一平，得分5分，；

若甲平两局，得分4分，；

若甲一赢一输，得分2分，；

若甲一平一输，得分1分，；

若甲输两局，得分，.

故

18．如图，P为半圆（AB为直径）上一动点，，，记．

(1)当时，求OP的长；

(2)当面积最大时，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出的值，由正弦定理即可求出OP的长；

（2）由余弦定理及基本不等式求出与的乘积关系，写出面积表达式，即可得出的值.

【详解】（1）由题意，

在中，，，，

∴为等腰直角三角形，

∴在以为直径的圆上，

取的中点，连接，

∴，，

在中，，，

由正弦定理，

，

解得：

（2）由题意及（1）知，，，

在中，，，

由余弦定理，

，

即，

即，

∴，当且仅当时，等号成立，

又，

∴当且仅当时，的面积最大，此时，

∴．

19．如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，平面ABCD，，，，，E，F分别为PC，BP的中点，且．

(1)求；

(2)求平面和平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）取AD的中点M，连接CM，由底面ABCD为梯形得出，则，利用线面垂直的判定得到平面ABCD，进而得到平面PCD，所以，进而求解；

（2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.

【详解】（1）如图，取AD的中点M，连接CM，

∵底面ABCD为梯形，，，，，∴，，且，∴，∴．

∵平面ABCD，平面ABCD，∴，∵，∴平面APC，∴，又，，∴平面PCD，∴，∵E是PC的中点，∴．

（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，．

由（1）可知，平面PCD，可得是平面PCD的一个法向量，设平面ACF的法向量为，由，，

得，即，取，得，

设平面PCD和平面ACF所成的锐二面角为，

则．

20．已知椭圆的左焦点为．

(1)设M是C上任意一点，M到直线的距离为d，证明：为定值．

(2)过点且斜率为k的直线与C自左向右交于A，B两点，点Q在线段AB上，且，，O为坐标原点，证明：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用椭圆方程及左焦点可得到，设，代入椭圆方程，即可计算出为定值；

（2）设，，联立直线与椭圆可得二次方程，利用判别式可得，写出韦达定理，然后利用题意的向量关系可得，结合韦达定理即可求证

【详解】（1）因为椭圆的左焦点为，所以，即，

设，则，即，

所以，故为定值．

（2）依题意可知过点P的直线方程为，，，

联立得，

由，得，

，．

依题意可设，由点Q在线段AB上，得，

所以，

由，，得，即，

则，即，

将，代入上式并整理得，解得，

所以．

又，所以．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．已知函数．

(1)若直线与曲线相切，求k的值；

(2)若，，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）通过导数运算及导数的几何意义求出切点坐标，进而可求得k的值.

（2）恒成立问题运用分离参数求最值，再运用函数隐零点来求得函数的最值，进而求得a的范围.

【详解】（1）由题意，，设切点坐标为，则切线方程为．

因为直线l过点，所以把点的坐标代入切线方程，

得，整理得．

令，则，

当时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，

又，，所以有唯一实数解，则，

所以．

（2），等价于，．

令，则，

令，则在上恒成立，所以在上单调递增．

因为，，所以在上存在唯一，使得，

即，则，所以．

令，，则在上恒成立，所以在上单调递增，又由，，得，即．

当时，，即，当时，，即，所以在上单调递减，在上单调递增，

得，

所以，即:,

则a的取值范围为．

【点睛】分离参数法解决恒(能)成立问题的策略：

(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；

a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；

a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；

a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是.

(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）曲线C的参数方程通过平方消元得到普通方程；通过极坐标方程与直角坐标方程关系得到直线l的直角坐标方程；

（2）由题可知点P过直线l，利用直线的参数方程中参数与定点位置关系即可列式计算.

【详解】（1），得，

根据极坐标方程与直角坐标方程关系可知直线l的直角坐标方程为：.

（2）由（1）可知点过直线l，故直线l的参数方程可写为（t为参数），

代入曲线C的普通方程得，

由韦达定理可知：，，

所以.

23．已知函数．

(1)若，且，求m的值；

(2)若，，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意直接法解不等式，与已知解集相等，可求m的值；

（2）已知可得，，利用绝对值三角不等式证明结论.

【详解】（1）因为，所以，由，得，则，解得，因为，所以，即，故．

（2）证明：由，，得，，则，，

所以，

故．