2023届河南省开封市高三第三次模拟考试数学（文）试题含解析

2023届河南省开封市高三第三次模拟考试数学（文）试题

一、单选题

1．复数的虚部为（    ）

A． B．3 C． D．3i

【答案】B

【分析】根据复数的定义及四则运算计算即可.

【详解】化简，得其虚部为3.

故选：B

2．已知集合，，则集合B的真子集个数是（    ）

A．3 B．4 C．7 D．8

【答案】C

【分析】根据题意得到集合，然后根据集合中元素的个数求集合的真子集个数即可.

【详解】由题意得，所以集合的真子集个数为.

故选：C.

3．从3名男生，2名女生中随机抽取2名学生到社区当志愿者，则正好抽取1名男生、1名女生的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据排列组合以及古典概型的计算公式即可求解.

【详解】从5个人中随机抽取2人，总共有种，正好1个男生一个女生的情况共有,所以概率为 ，

故选：D

4．记为等比数列的前n项和，已知，则（    ）

A．30 B．31 C．61 D．62

【答案】D

【分析】根据条件列出关于首项和公比的方程组，即可求解.

【详解】设等比数列的首项为，公比为，

依题意，且，得，

则.

故选：D

5．已知双曲线的左、右焦点分别为，，则双曲线的渐近线方程式为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由双曲线的定义与性质计算即可.

【详解】由题意可得，故由题意可得，

渐近线方程为.

故选：D

6．函数在上的图象大致为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性，特殊值的函数值的符号及函数的零点分析，利用排除法即可得解.

【详解】因为，

所以为奇函数，故排除C；

当时，令，则或或，

由图可知，A符合，D不符合；

又，故排除B；

故选：A.

7．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据对数函数的单调性比较与和与的大小可得解.

【详解】∵，

又，

∴.

故选：C.

【点睛】本题考查了利用对数函数的单调性比较大小，属于基础题.

8．在中，，，，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用余弦定理求出的值，代入三角形面积公式即可求解.

【详解】在中，因为，，，

由余弦定理可得，，

即，所以，

解得，或（舍去），

所以，

故选：A.

9．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据三视图可得该几何体是圆锥的一部分，结合三视图的数据，即可求解.

【详解】从三视图中提供的图形信息与数据信息可知：

该几何体的底面是圆心角为，半径为的扇形，高是4的锥体，

底面面积，

所以其体积．

故选：D.

10．已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的对称性得到函数的周期为，得到，根据条件，解出.

【详解】解：因为函数的定义域为，为奇函数，所以，

又因为为偶函数，所以的对称轴为，

则为周期函数，周期为.

则有，

设，根据对称性，且，

所以，所以，

即，

因为，所以，即.

故选：.

11．等腰直角三角形ABC的直角顶点A在x轴的正半轴上，点B在y轴的正半轴上，点C在第一象限，且O为坐标原点，若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用向量的坐标表示计算数量积即可.

【详解】如图所示，由题意易得，故可得，所以，

故选：B

12．已知正方体的棱长为1，P为棱的中点，则四棱锥P－ABCD的外接球表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分别取三角形，四边形的外心，，利用正弦定理得到，即可得到，然后利用勾股定理得到，最后根据球的表面积公式求表面积即可.

【详解】

设四棱锥的外接球球心为，取中点，连接，取三角形，四边形的外心，，连接，，，，，

因为正方体的棱长为1，点为中点，所以，，，，，，所以，外接球的表面积.

故选：C.

二、填空题

13．已知向量，写出一个与垂直的向量的坐标______．

【答案】（答案不唯一）

【分析】先设出向量，利用垂直得出关系式，根据关系式可得答案.

【详解】设与垂直的向量的坐标，

因为，所以，令可得，

故答案为：.（答案不唯一）

14．两条直线和分别与抛物线相交于不同于原点的A，B两点，若直线AB经过抛物线的焦点，则______．

【答案】2

【分析】将直线与抛物线联立求出的坐标，由直线过抛物线的焦点，可得横坐标等于焦点的坐标，然后求出的值．

【详解】联立，解得或，可得,，

联立，解得,，

当直线过抛物线的焦点时，，解得，

所以当时，直线恒过抛物线的焦点．

故答案为：.

15．已知点，，经过B作圆的切线与y轴交于点P，则______．

【答案】

【分析】由直线与圆的位置关系作出切线，求得，再用两角和与差的正切公式即可得结果.

【详解】如图所示，设圆心为C点，则，

，则点在圆上，且，

由与圆相切可得：，则，，

则，故，则，

从而可得,

故答案为：.

16．若数列满足，（，，P为常数），则称为“等方差数列”．记为正项数列的前n项和，已知为“等方差数列”，且，，则______．

【答案】

【分析】由为正项数列的前n项和，且，，解出，为“等方差数列”可求，可求值.

【详解】为正项数列的前n项和，则有，

解得，，

已知为“等方差数列”，则，有，

.

故答案为：

三、解答题

17．某校为了解学生每天的校内体育锻炼情况，随机选取了100名学生进行调查，其中男生有50人．下面是根据调查结果绘制的学生日均校内体育锻炼时间（单位：分钟）的频率分布直方图．将日均校内体育锻炼时间在[60，80]内的学生评价为“锻炼时间达标”，已知样本中“锻炼时间达标”的学生中有5名女生．

(1)若该校共有1000名学生，请估计该校“锻炼时间达标”的学生人数；

(2)根据样本数据完成下面的2×2列联表，并据此判断是否有90%的把握认为“锻炼时间达标”与性别有关？

附：

【答案】(1)150人

(2)列联表见解析，没有90%的把握认为“锻炼时间达标”与性别有关.

【分析】（1）根据频率分布直方图求锻炼时间达标的学生的概率再结合总的学生人数可得；

（2）完成联表求卡方，根据临界值表判断相关性即可.

【详解】（1）由频率分布直方图得：

“锻炼时间达标”的学生的概率估计为，

所以该校“锻炼时间达标”的学生人数估计为（人），

（2）样本数据中：“锻炼时间达标”的学生人数为（人），其中女生有5人，男生有10人，

“锻炼时间未达标”的女生人数为50－5=45（人），男生人数为50－10=40（人），

所以2×2列联表为：

，

所以没有90%的把握认为“锻炼时间达标”与性别有关.

18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a，b，c成公差为2的等差数列，且．

(1)求b；

(2)若D是AB的中点，求CD的长．

【答案】(1)6

(2)

【分析】由题意设，再利用余弦定理即可得解；

（2）在中，利用余弦定理即可得解.

【详解】（1）由题意设，

由，解得；

（2）由（1）知，

由D是AB的中点，得

在中，，

所以.

19．如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，EF是圆柱的母线，P是线段AD的中点，已知AB=4，BC=6．

(1)证明：平面；

(2)若直线AB与平面EPF所成角为60°，求三菱锥B－EPF的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)是定值

【分析】（1）根据圆的性质得到，根据圆柱的性质得到，然后根据线面垂直的判定定理证明即可；

（2）根据平面EPF得到AB与平面EPF所成角为，然后根据线面角得到，，最后根据椎体的体积公式求体积即可.

【详解】（1）

连接AF，

∵四边形ABCD是圆柱的轴截面，∴AB为圆O的直径，∴，

又EF是圆柱的母线，∴平面ABF，

∵平面ABF，∴，

又∵，，平面，∴平面ADEF，

又∵P是线段AD的中点，∴平面ADEF即为平面EPF，∴平面EPF.

（2）由（1）知平面EPF，∴BF为三棱锥B－EPF的高，且AF为AB在平面EPF内的射影，

∴AB与平面EPF所成角为，由已知，AB=4，BC=6，

∴，，，

∴.

20．已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为，P为椭圆C上一点（除左、右顶点），直线PF₁，PF₂与椭圆C的另一个交点分别为A，B，且，，当m=1时，．

(1)求椭圆C标准方程；

(2)试判断是否为定值，若是求出定值，若不是说明理由．

【答案】(1)

(2)的定值是

【分析】（1）根据得出轴，设出P点坐标，利用以及离心率可得方程；

（2）设出的方程，分别与椭圆联立，利用，，表示出结合韦达定理可求答案.

【详解】（1）当时，轴，

设P点坐标为代入椭圆方程得：，

所以，即，又因为，，

解得：，，，所以椭圆C的标准方程为：．

（2）设，，，，，其中.

由得：，所以，

同理可得：，由可得，

即

所以

，

所以的定值是.

21．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)若，且存在，使得在上的值域，求实数a的取值范围．

【答案】(1)答案见解析；

(2).

【分析】（1）先求导得，再分类讨论的大小求单调区间即可；

（2）由题意先得出，构造函数，将问题转化为且，讨论判断的单调性求即可.

【详解】（1）函数的定义域为，，

当时，，此时在上单调递增；

当时，，，

此时在上单调递增，在上单调递减．

综上可知：当时，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减．

（2）由（1）知：当时，在上单调递增，

定义在上，所以，

得到：，即

记函数，则上式转化为且，

又，

①当时，，函数在上单调递增，

由，可得，与且矛盾；

②当时，时，，时，

所以在上单调递增，在上单调递减，

的最大值为，依据直线和对数增长的差异易知，，

需满足且，只需，解得，

综上可知：a的取值范围为

【点睛】方法点睛：研究函数的性质是高考压轴题的核心思想，但直接构造或者简单拆分函数依然复杂，这时候需要依赖对函数的等价变形，通过恒等变形发现简单函数结构再进行构造研究，会起到事半功倍的效果.

22．以等边三角形的每个顶点为圆心，以其边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形被称为勒洛三角形．如图，在极坐标系Ox中，曲边三角形OPQ为勒洛三角形，且，Q在极轴上，C为的中点．以极点O为直角坐标原点，极轴Ox为x轴正半轴建立平面直角坐标系．

(1)求所在圆P的直角坐标方程与直线CQ的极坐标方程；

(2)过O引一条射线，分别交圆P，直线CQ于A，B两点，证明：为定值．

【答案】(1)，；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据极坐标公式，求点的直角坐标，根据圆心坐标和过极点，即可求圆的方程；先求的直角坐标方程，再转化为极坐标方程；

（2）首先设A，B两点的极坐标分别为，，再根据极坐标方程，分别求和，，即可求解.

【详解】（1）∵，∴P的直角坐标为，又等边的边长为2，

∴圆P的直角坐标方程为：，

∵CQ的直角坐标方程为：即，即，

∴CQ的极坐标方程为：；

（2）设A，B两点的极坐标分别为，，

∵圆P的直角坐标方程为：，

∴圆P的极坐标方程为：，即，

∴，

直线CQ的极坐标方程为，∴，

∴

综上所述：为定值4．

23．已知函数．

(1)若，解不等式；

(2)若b=1，且不等式的解集非空，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角形不等式得，，结合已知条件可得结果；

（2）由题意，存在x使不等式成立，即成立，而，则，分类讨论求解即可.

【详解】（1）根据三角形不等式得，，

∵，∴恒成立，不等式的解集为.

（2）当时，不等式的解集非空，

即存在x使不等式成立，即成立，

∵，，

∴，即，

当，，，∴，

当，，∴，

当，，，∴，

综上所述：a的取值范围是．