河南省2022-2023学年高三下学期2月模拟考试（一）文科数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省2022-2023学年高三下学期2月模拟考试（一）文科数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟．
2．请将各题答案填写在答题卡上．
3．本试卷主要考试内容：高考全部内容
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若复数z满足，则（ ）
A. B. C. 或4D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】解方程求出，即可求出值.
【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
【解析】
【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. 双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线方程及离心率定义求解即可.
【详解】由双曲线知，
所以离心率．
故选：B
4. 已知函数，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用可直接构造方程求解.
【详解】，，
，解得：.
故选：A.
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
【解析】
【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. 35B. 40C. 45D. 50
【答案】B
【解析】
【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. 下列结论错误的是（ ）
A. 不大于0的数一定不大于1
B. 367人中一定有同月同日出生的两个人
C. 如果今天是星期五，那么2000天后是星期四
D. 若点P到三边的距离相等，则P未必是的内心
【答案】C
【解析】
【分析】对AB，直接推理判断即可；
对C，结合星期的周期计算余数判断；
对D，考虑平面外的情况.
【详解】对A，若，则，所以A正确．
对B，每年有365天或366天，所以367人中一定有同月同日出生的两个人，所以B正确．
对C，，如果今天是星期五，那么2000天后是星期三，所以C错误．
对D，若点P到三边的距离相等，则P可能是内心，也可能在所在平面外，所以D正确．
故选：C.
8. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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.
9. 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
【解析】
【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.
10. 若是等比数列，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由下标关系求等比数列公比，即可写出通项公式求值.
【详解】设，等比数列的公比为q，则，则，
所以，，
故．
故选：D.
11. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【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. 如图，在四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意分析可知平面ACE，根据外接球的性质以及四面体ABCD的结构特征确定四面体ABCD的外接球的球心所在位置，进而可求半径和面积.
【详解】如图1，取BD的中点E，由，，可得，
又，所以为等边三角形．
由，，可得，，
，平面ACE
则平面ACE，
如图2，延长AE至Q，使得，延长CE至P，使得，
∵的外接圆的直径，即，
故易知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．
由，，可得，
在中，，
故四面体ABCD外接球的表面积为．
故选：A.
点睛】结论点睛：
（1）球的任何截面均为圆面；
（2）球心和截面圆心的连线垂直于该截面，故外接球的球心位于过底面的外心的垂线上.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
13. 若，，且，则______．
【答案】
【解析】
【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）
【解析】
【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】
【解析】
【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. 的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由数形结合，转为求抛物线上动点到及准线距离和的最值.
【详解】易知动点的轨迹为抛物线，C的焦点为，设P到C的准线的距离为d，，
则，
故的最小值为．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：平方和的形式可看作两点距离公式，再根据点的坐标形式判断点所在的曲线，将问题转化为几何问题求最值.
三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22，23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分
17. 某超市计划购进1000kg苹果，采购员从供应商提供的苹果中随机抽取了10箱（每箱20kg）统计每箱的烂果个数并绘制得到如下表格：
假设在一箱苹果中没有烂果，则该箱的价格为120元，若出现一个烂果，则该箱的价格为110元．
（1）以样本估计总体，试问采购员购进1000kg苹果需要多少元？
（2）若采购员检查完前3箱（即第箱）苹果后，从剩下的7箱中任选2箱，这2箱都没有烂果，就按照每箱120元的价格购进1000kg苹果，求采购员按照这个价格采购苹果的概率．
【答案】（1）5850元
（2）
【解析】
【分析】(1)计算10箱苹果平均价格，利用样本估计总体即可求解；
(2)利用古典概率模型求解.
【小问1详解】
由表可知，这10箱苹果中，没有烂果的有7箱，出现一个烂果的有3箱，
所以这10箱苹果的价格为元，
故采购员共1000kg苹果需要元．
【小问2详解】
设第箱分别记为A，B，C，D，E，F，G
（其中A，F，G这3箱有一个烂果），
从7箱中任选2箱，所有的情况为，，，，，，
，，，，，，，，，
，，，，，，共21种，
其中没有A，F，G的有6种情况，
故采购员按照这个价格采购苹果的概率为．
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，平面ABCD，，，，，E为PC的中点，且．
（1）证明：平面PBC．
（2）求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，由直线与平面平行的判定定理证明平面PBC．
（2）证明平面APC，得，证明平面PCD，得的长度，计算体积.
【小问1详解】
证明：在梯形ABCD中，因为，，所以，
因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．
【小问2详解】
如图，取AD的中点M，连接CM，AC，
因为底面ABCD为梯形，，，，，
所以，，且，
所以，所以．
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为，所以平面APC，
所以，又，，所以平面PCD，
所以，E是PC的中点，．
．
19. 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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
由题意，
在中，，，，
∴等腰直角三角形，
∴在以为直径的圆上，
取中点，连接，
∴，，
在中，，，
由正弦定理，
，
解得：
【小问2详解】
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，
∴．
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论函数的零点个数．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由导数法求切线；
（2）转化为求与的交点个数，由导数法求得的单调性及极值，由数形结合判断交点个数.
【小问1详解】
，则，
则曲线在点处的切线方程为，即．
【小问2详解】
．
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
所以．
设函数，则，所以在，上单调递减，在，上单调递增，如图所示，
由，得．
当或时，零点的个数为2；当时，零点的个数为3；当时，零点的个数为4．
21. 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
【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
【小问1详解】
因为椭圆的左焦点为，所以，即，
设，则，即，
所以，故为定值．
【小问2详解】
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.
（二）选考题：共10分．请考生从第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分．
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
，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：.
【小问2详解】
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.
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
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
【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.
【小问1详解】
因为，所以，由，得，则，解得，因为，所以，即，故．
【小问2详解】
证明：由，，得，，则，，
所以，
故．
第1箱
第2箱
第3箱
第4箱
第5箱
第6箱
第7箱
第8箱
第9箱
第10箱
烂果个数
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1