河南省安阳市2023届高三第一次模拟考试文科数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省安阳市2023届高三第一次模拟考试文科数学试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 函数的大致图象为， 设，且，则等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共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. 已知集合，，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由集合并集的定义即可得到结果.
【详解】因为，，
所以.
故选：A.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求得复数z，可得其共轭复数，根据模的计算可得答案.
【详解】复数，故，
所以，
故选：C
3. 某大型企业开发了一款新产品，投放市场后供不应求，为了达到产量最大化，决定增加生产线．经过一段时间的生产，统计得该款新产品的生产线条数与月产量（件）之间的统计数据如下表：
由数据可知，线性相关，且满足回归直线方程，则当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为（ ）
A. 73件B. 79件C. 85件D. 90件
【答案】C
【解析】
【分析】根据所给数据求出样本中心点，再代入回归直线方程，即可求出参数的值，从而得到回归直线方程，最后将代入计算可得.
【详解】解：依题意可得，，
因为回归直线方程必过样本中心点，即，解得，所以，
当时，
故当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为85件.
故选：C
4. 若实数x，y满足约束条件则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 6D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式组作出可行域，结合直线纵截距的几何意义求解.
【详解】作出可行域如下，
由可得，结合的几何意义可知，
当直线经过点时，纵截距有最大值，
最大值为，
故选:D.
5. 函数的大致图象为（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用奇偶性排除A，利用特殊值和图象变化趋势排除B,D.
【详解】由题意知函数的定义域为，
因为，所以为奇函数，故排除A；
因为，所以排除B；
因为，所以排除D；
故选：C.
6. 设，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系得到，再根据两角和的余弦公式及诱导公式得到，再根据、的范围判断即可.
【详解】解：因，所以，即，
即，
即，
因为，所以，
所以，即.
故选：D
7. 已知圆柱的下底面圆的内接正三角形ABC的边长为6，P为圆柱上底面圆上任意—点，若三棱锥的体积为，则圆柱的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出底面内接正三角形外接圆的半径及的面积，设圆柱的母线长为，根据圆锥的体积公式求出，则圆柱外接球的半径，即可求出外接球的表面积.
【详解】解：如图，因为是边长为的正三角形，则其外接圆的半径，解得，
又，
设圆柱的母线长为，则，解得，
所以圆柱的外接球的半径，
所以外接球的表面积为.
故选：B
8. 在直三棱柱中，，且，若直线与侧面所成的角为，则异面直线与所成的角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量求法求出的值，再求异面直线所成角即可.
【详解】因为直三棱柱，所以底面，
又因为，所以两两垂直，
以为轴建立如图所示坐标系，
设，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，解得，
所以直线与侧面所成的角的正弦值，
解得，
所以，，
设异面直线与所成的角为，
则，
所以异面直线与所成的角的正弦值为.
故选：D
9. 已知函数在上单调，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据在上的单调性列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】的开口向下，对称轴是直线，
所以函数在上单调递增，
依题意可知，在上单调递增，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
10. 以抛物线的焦点F为端点的射线与C及C的准线l分别交于A，B两点，过B且平行于x轴的直线交C于点P，过A且平行于x轴的直线交l于点Q，且，则△PBF的周长为（ ）
A. 16B. 12C. 10D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】因，则，准线为.由，可得坐标，直线AF方程，进而可得B，P坐标，后由两点间距离公式及抛物线定义可得答案.
【详解】因，则，准线为.
由，如图，设，则，得，则.
得直线AF方程：，
代入，得，
将代入，可得.
则周长，
则.故.
故选：B
11. 已知双曲线的左、右焦点分为，，左、右顶点分别为，，点M，N在y轴上，且满足（O为坐标原点）．直线，与C的左、右支分别交于另外两点P，Q，若四边形为矩形，且P，N，三点共线，则C的离心率为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由四边形为矩形，可得，，设，则，由P，N，三点共线，可得，由P，M，三点共线，可得，即可得，从而得答案.
【详解】解：如图所示：
，
由，则有，
设，则，
由，可得，
取，
同理可得，
又因为，P，N，三点共线，
所以，，
所以，
所以，
P，M，三点共线，
所以，，
所以，
所以，
又因为，
所以，
即有，
所以，
所以.
故选：A.
12. 已知实数a，b，c满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，，，构造函数，再利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合图象即可得出答案.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
又当时，，当，，
由此作出函数的大致图象如图所示，
因为且，
则由图可知，
所以.
故选：A.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知正六边形ABCDEF的边长为2，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正六边形的几何性质，求出向量的模长以及夹角，利用平面向量的定义式，可得答案.
【详解】由题意，作图如下：
在正六边形中，易知，，，，
则与的夹角为，即，
在中，，
.
故答案为：.
14. 已知圆，的圆心都在坐标原点，半径分别为与．若圆的圆心在轴正半轴上，且与圆，均内切，则圆C的标准方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】依题意求出圆心的横坐标与半径，即可得解.
【详解】解：依题意可知圆心的横坐标为，半径为，
故圆的标准方程为.
故答案为：.
15. 已知为奇函数，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性求得，再根据题意推得的关系式，结合的范围，即可求得答案.
【详解】因为为奇函数，
故，
即，由于,故，则，
由于，故，所以，
由，可得，
即
或，
对任意，存在，满足，
故，则,，，k取负值，
则只能，此时，
或，则，则,
综合可得或，
即实数的取值范围是，
故答案为：
16. 如图，已知AB为圆O的直径，，，则六边形AECBDF的周长的最大值为______．
【答案】12
【解析】
【分析】连接，，，设，，，先证明，再求得，，则六边形AECBDF的周长为关于的函数，进而求得最值即可．
【详解】连接，，，
由，则，
设，，，
则，，
又，得，，
在直角中，由，则，，
在中，由正弦定理有，即，得，
所以六边形AECBDF的周长为
，
故当，即时，取得最大值，且最大值为12．
所以六边形AECBDF的周长的最大值为12．
故答案为：12．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是将六边形AECBDF的周长和边的关系转化为周长和角的关系．
三､解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第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. 在数列中，，．
（1）设，求数列的通项公式；
（2）设，且数列的前项和为．若，求正整数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，利用累加法求出数列的通项公式；
（2）由（1）可得，即可得到，利用裂项相消法求出，即可得到方程，解得即可.
【小问1详解】
解：因为，，且，
所以，
当时，
当时
，
又时也符合上式，
所以.
【小问2详解】
解：由（1）可知，所以，
所以，
所以，
则，解得.
18. 某出租车公司为推动驾驶员服务意识和服务水平大提升，对出租车驾驶员从驾驶技术和服务水平两个方面进行了考核，并从中随机抽取了100名驾驶员，这100名驾驶员的驾驶技术与性别的2×2列联表和服务水平评分的频率分布直方图如下，已知所有驾驶员的服务水平评分均在区间内．
（1）判断能否有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关；
（2）从服务水平评分在，内的驾驶员中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，求这3人中恰有2人的评分在内的概率．
附：，其中．
【答案】（1）没有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）计算出卡方，与3.841比较后得到相应结论；
（2）先根据频率之和为1得到，从而得到评分在，内的驾驶员人数比例，及两个区间各抽取的人数，利用列举法求出概率.
【小问1详解】
，
没有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关；
【小问2详解】
，
解得：，
故服务水平评分在，内的驾驶员人数比例为，
故用分层抽样方法抽取5人中，内有4人，设为，内有1人，设为，
再从这5人中随机抽取3人，共有以下情况：
，共10种情况，
其中这3人中恰有2人的评分在的有，6种情况，
故这3人中恰有2人的评分在内的概率为．
19. 在如图所示的六面体中，平面平面，，，．
（1）求证：平面；
（2）若AC，BC，两两互相垂直，，，求点A到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，的中点，连，，，利用面面平行的性质定理推出，再利用线面平行的判定定理可证结论成立；
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据点到面的距离的向量公式可求出结果.
【小问1详解】
取的中点，的中点，连，，，
在六面体中，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，
同理可得，
因为分别是，的中点，且，，
所以，，，，
所以四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
所以，，又已知，所以，则共面，
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又分别是，中点，，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为AC，BC，两两互相垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系：
则，，设，则，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，则，取，则，，
所以点A到平面的距离为.
20. 已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若关于x的不等式在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求导后，解不等式可得增区间，解不等式可得减区间；
（2）先由时不等式成立，得，再将不等式化为，构造函数，利用导数求出其最小值，代入可解得结果.
【小问1详解】
，，
令，得或，
令，得或，令，得，
所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
【小问2详解】
关于x的不等式在上恒成立，
即在上恒成立，
当时，得，即，
令，
，
因为，所以，
设，则，
令，得,令，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，即，
所以，所以在上为增函数，
所以，即.
21. 已知椭圆的离心率为，点在短轴上，且．
（1）求的方程；
（2）若直线与交于两点，求（点为坐标原点）面积的最大值．
【答案】（1）；
（2） .
【解析】
【分析】（1）由题知，，进而根据向量数量积坐标运算得，再根据即可求得，进而得答案；
（2）设，进而联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式得，再求得原点到直线的距离即可计算的面积，再根据基本不等式求解即可.
【小问1详解】
解：因为椭圆的离心率为，
所以，即，
因为点在短轴上，且，
所以，，解得，
因为，所以，，
所以，的方程为；
【小问2详解】
解：设
联立方程得，
所以，即，
所以，
所以，
，
因为原点到直线的距离为，
所以，，当且仅当，即时等号成立，
所以，（点为坐标原点）面积的最大值为.
（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系xOy中，已知点，直线l的参数方程是（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是．
（1）求l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
（2）设l与C相交于点A，B，求的值．
【答案】（1）直线的普通方程为，;
（2）
【解析】
【分析】（1）根据参数方程转化为普通方程，极坐标方程转化为直角坐标方程的方法求得正确答案.
（2）利用直线参数的几何意义求得正确答案.
【小问1详解】
由得，
两式相减得，所以直线的普通方程为.
由，
得，
即，即，
所以曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
由于，所以在圆外，
将代入，
化简得，
，
所以，均为负数，
所以
.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知正实数，，满足，
（1）证明：；
（2）求的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用基本不等式证明即可；
（2）利用柯西不等式计算可得.
【小问1详解】
证明：因为，，为正实数且满足，
所以
，
当且仅当，即，，时取等号，
所以.
【小问2详解】
解：由柯西不等式可知，
当且仅当，，时等号成立，
所以的最小值为.4
6
8
10
30
40
60
70
驾驶技术
优秀
非优秀
男
25
45
女
5
25
0.10
0.050
0.010
2.706
3.841
6.635