2023届河南省豫南名校毕业班高三仿真测试三模数学（文）试题含解析

2023届河南省豫南名校毕业班高三仿真测试三模数学（文）试题

一、单选题

1．（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.

【详解】.

故选：D

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先求出集合、，再根据补集的定义计算可得.

【详解】因为，，

所以.

故选：B

3．已知等比数列满足，，则的公比（    ）

A． B．或 C．或 D．或

【答案】C

【分析】依题意可得，两式相除即可得到关于的方程，解出q即可.

【详解】设等比数列的公比为，由，，可得，

则，即，解得或.

故选：C.

4．某企业对目前销售的四种产品进行改造升级，经过改造升级后，企业营收实现翻番，现统计了该企业升级前后四种产品的营收占比，得到如下饼图：

下列说法不正确的是（    ）

A．产品升级后，产品的营收是升级前的4倍

B．产品升级后，产品的营收是升级前的2倍

C．产品升级后，产品的营收减少

D．产品升级后，产品营收的总和占总营收的比例不变

【答案】C

【分析】设产品升级前的营收为，升级后的营收为．然后对升级前后的各类产品进行逐项分析即可.

【详解】设产品升级前的营收为，升级后的营收为．

对于产品，产品升级前的营收为，升级后的营收为，

故升级后的产品的营收是升级前的4倍，A正确．

对于产品，产品升级前的营收为，升级后的营收为，

故升级后的产品的营收是升级前的2倍，B正确．

对于产品，产品升级前的营收为，升级后的营收为，

故升级后的产品的营收增加了，C不正确．

产品升级后，由两个图形可知产品营收的总和占总营收的比例不变，故D正确．

故选：C.

5．已知抛物线的焦点为，准线与坐标轴交于点是抛物线上一点，若，则的面积为（    ）

A．4 B． C． D．2

【答案】D

【分析】根据抛物线的定义和标准方程即可求解.

【详解】由，

得，

则，

根据抛物线的定义知2，

解得，

代入，

得，

所以的面积为.

故选：D.

6．已知函数在处取得极大值4，则（    ）

A．8 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】先求函数的导数，把极值点代入导数则可等于0，再把极值点代入原函数则可得到极值，解方程组即可得到，从而算出的值.

【详解】因为，所以，

所以，解得，

经检验，符合题意，所以.

故选：B

7．已知，在圆上任取一点，则的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据圆的性质结合几何概型分析运算.

【详解】圆的圆心为，半径，

由题可知点A在圆上，若时，，

如图，取，故点在优弧上，

所以的概率为.

故选：D.

【点睛】本题考查圆以及几何概型，考查逻辑推理的核心素养.

8．已知等差数列的前n项和为，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据条件求出的通项公式，再运用裂项相消法求和.

【详解】设等差数列的公差为d，因为，所以…①，

又，即 ， ，代入①，解得，，

则，

所以

；

故选：A.

9．如图，这是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的图形，已知是平面四边形内一点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由数量积的几何意义，先求在上的投影的取值范围，再乘以，则可得到的取值范围.

【详解】如图，延长，过点做交的延长线于点.

因为，，,所以.

由图可知当在点处时，在上的投影有最大值1，

当在点处时，在上的投影有最小值，

又因为，所以的取值范围是.

故选：D

10．如图，在棱长为1的正方体中，是截面上的一个动点（不包含边界），若，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】找到的轨迹为，的最小值为到的距离，由垂直关系求出答案.

【详解】若，则在平面上的投影在上，所以的轨迹为，

的最小值为到的距离，

连接，过点作于点，

因为，且，

所以，

故的最小值为.

故选：C

11．已知直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，（不重合），的垂直平分线过点，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先求出的垂直平分线的方程，即可求出的中点坐标，设，，利用点差法得到，最后利用离心率公式计算可得.

【详解】因为直线，所以，

由题可知的垂直平分线的方程为，

将与联立可得，即的中点坐标为．

设，，则，且，，

两式作差可得，

即，所以，

则双曲线的离心率为．

故选：D

12．设，，现有下列4个结论：①；②；③；④.其中所有正确结论的编号是（    ）

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

【答案】B

【分析】根据对数的运算，比较大小即可.

【详解】，

因，所以故①正确，②错误；

，

，

所以，故③错误，④正确.

故选：B.

二、填空题

13．若满足约束条件则的最大值为__________.

【答案】8

【分析】由约束条件作可行域，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．

【详解】画出可行域如图所示，

联立，解得，即，

由图可知，当直线过点时，z取得最大值，最大值为8．

故答案为：8.

14．如图，三个相同的正方形相接（在同一平面中），则______.

【答案】/

【分析】根据两角差的正切公式直接计算即可.

【详解】在中，，在中，，

所以

故答案为：

15．已知函数，若，则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.

【详解】因为函数，定义域为，且，

则

，

即，即为奇函数，

当时，，均单调递增，所以在上单调递增，

则在上单调递增，

所以是奇函数且在上单调递增，

由，可得，则，解得，

即的取值范围为.

故答案为：

16．已知一个圆锥的内切球的体积为，则该圆锥体积的最小值为______．

【答案】

【分析】利用几何关系求出圆锥的高与底面半径的关系，然后用基本不等式求出圆锥体积的最小值.

【详解】圆锥与其内切球的轴截面图如图所示，点O为球心，D，E为切点，设内切球的半径为R，圆锥的底面圆的半径为r，高为h，所以，则．

∵△△, ∴，则，即，

圆锥的体积，当且仅当时，

即等号成立．

故答案为：.

三、解答题

17．在中，角所对的边分别为.

(1)求的大小；

(2)若为的中点，，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化简得，从而，结合即可求得；

（2）由为的中点且得，由余弦定理可得，再由余弦定理可求得.

【详解】（1）由正弦定理得.

因为，所以，即.

又因为，所以.

（2）因为为的中点，且，所以.

由余弦定理可知，

解得，所以，

所以，即.

18．“绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚.近几年，国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车的政策，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景.某公司对充电桩进行生产投资，所获得的利润有如下统计数据，并计算得.

(1)已知可用线性回归模型拟合与的关系，求其线性回归方程.

(2)若规定所获利润与投资金额的比值不低于，则称对应的投入额为“优秀投资额”，记2分；所获利润与投资金额的比值低于且大于，则称对应的投入额为“良好投资额”，记1分；所获利润与投资金额的比值不超过，则称对应的投入额为“不合格投资额”，记0分.现从表中6个投资金额中任意取2个，用表示记分之和，求的概率.

附：对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题，由最小二乘法公式分别计算出，即可得到其线性回归方程；

（2）根据题意，结合古典概型的概率计算公式，代入计算即可得到结果.

【详解】（1）根据获得的利润统计数据，

可得，

所以，

，

所以关于的线性回归方程为.

（2）由题可知，“优秀投资额”有2个，记为，“良好投资额”有1个，记为，“不合格投资额”有3个，记为.

从中抽取2个的情况有，，共15种，

其中的情况有12种，

则所求的概率为.

19．《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一个类似隧道形状的几何体.如图，在羡除中，底面是边长为2的正方形，.

(1)证明：平面平面.

(2)求四棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）作出辅助线，由等腰三角形三线合一得到线线垂直，求出等腰梯形的高，得到，故，进而证明出线面垂直，得到面面垂直；

（2）根据比例关系得到，证明出线面垂直，求出，从而求出答案.

【详解】（1）分别取和的中点，连接，

因为底面是边长为2的正方形，，

所以.

在梯形中，，

分别作垂直于，垂足分别为，则，

故由勾股定理得，

所以，

易知，故.

又，所以，

因为，平面，所以平面.

因为平面，所以平面平面.  

（2）连接.因为，所以四边形的面积，

所以.

因为，平面，

所以平面，

因为平面，所以.

因为，平面，

所以平面，且.

因为，所以，

即四棱锥的体积为.

20．已知椭圆的右焦点为，且是椭圆上一点.

(1)求椭圆的方程；

(2)若过且斜率不为0的直线与椭圆相交于两点，若，求直线的方程.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）根据焦点坐标及点在椭圆上列方程求解即可；

（2）联立方程组得到韦达定理，再应用弦长公式，计算求解即可得直线.

【详解】（1）由已知可得为的左焦点，

所以，即，

所以，

故椭圆的方程为.

（2）

设直线的方程为，

由得，

显然，于是.

由，可得，，

解得，即，所以直线的方程为.

【点睛】关键点睛：把已知弦长关系转化为同一直线上两点弦长，进而转化为韦达定理解题是解题关键点关键.

21．已知函数.

(1)判断的导函数在上零点的个数，并说明理由；

(2)证明：当时，.

注：.

【答案】(1)零点的个数为1，理由见解析

(2)证明见解析

【分析】利用导数判断的导函数在上得单调性，再结合零点的存在性定理即可得出结论；

（2）令，则，即，再结合（1）利用导数可求得函数的最小值，再证明的最小值大于零即可.

【详解】（1），

令，则，

所以函数在上单调递增，即在上单调递增，

又，

所以的导函数在上零点的个数为1；

（2）令，

则，即，

由（1）可知存在，使得，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

又因为，存在，使得，即，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

令，则，

所以函数在上单调递减，所以，

所以时，，

即当时，恒成立.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22．数学中有许多美丽的曲线，例如曲线，（t为参数）的形状如数字8（如图），动点A，B都在曲线E上，对应参数分别为与，设O为坐标原点，．

(1)求C的轨迹的参数方程；

(2)求C到坐标原点的距离d的最大值和最小值．

【答案】(1)，（为参数，）

(2)最大值，最小值．

【分析】（1）利用条件找出A，B点的坐标，利用向量的基本坐标运算，得出C的轨迹的参数方程；

（2）设出C的坐标，利用点到直线的距离公式求出表达式，即可求出.

【详解】（1）由题意有，．

又，所以，

故C的轨迹的参数方程为，（为参数，）．

（2）C点到坐标原点的距离．

因为，所以当时，d取得最大值，

因为，d取得最小值．

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)若关于x的不等式恒成立，求m的取值范围．

【答案】(1)或

(2)．

【分析】（1）分区间讨论求解不等式即可得解；

（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，由不等式恒成立求解.

【详解】（1）

当时，令，得，所以；

当时，令，得，无解；

当时，令，得，所以．

综上，原不等式的解集为或．

（2），

当且仅当时，取得最小值，

，在时取得最大值．

又因为关于x的不等式恒成立，

所以，

即，所以m的取值范围为．