河南省焦作市2022-2023学年高三第二次模拟考试数学（理科）试题（Word版附解析）

这是一份河南省焦作市2022-2023学年高三第二次模拟考试数学（理科）试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式得到集合，根据函数的值域得到集合，然后求交集即可.
【详解】，，则.
故选：B.
2. 设，则（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的运算和模长公式即可.
【详解】由题意可得，则.
故选：A.
3. 设，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指对数的性质与中间数比大小即可.
【详解】，
所以.
故选：D.
4. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合圆锥的母线长和弧长以及圆心角之间的关系即可求解
【详解】设直角圆锥侧面展开图圆心角的弧度数为，底面圆的半径为，母线长为，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以，则，解得.
故选：.
5. 执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】列举出循环的每一步，即可得出输出的的值.
【详解】第一次循环，成立，，；
第二次循环，成立，，；
第三次循环，成立，，；
第四次循环，成立，，；
第五次循环，成立，，；
第六次循环，成立，，；
第七次循环，成立，，，
不成立，跳出循环体，输出的值为.
故选：B.
6. 已知函数，则在上（ ）
A. 单调递增B. 单调递减
C. 先增后减D. 先减后增
【答案】D
【解析】
【分析】根据余弦型函数单调性的求法得出函数的单调区间，即可得出在上的单调性.
【详解】令，得，
令，得，
则的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即在上先减后增.
故选：D
7. 已知等比数列的公比的平方不为，则“是等比数列”是“是等差数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列和等比数列的递推关系进行证明即可.
【详解】设等比数列公比为，若是等比数列，则为常数，由为常数，所以是等差数列；
若是等差数列，设的公差为，则为常数，所以是等比数列.
综上，“是等比数列”是“是等差数列”的充要条件.
故选：C
8. 定义在上的函数满足，则的图象不可能为（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】当时，由可得，当时，推导出，进而可得出合适的选项.
详解】当时，由可得，排除B选项；
当时，可得，则，
所以，（为常数），所以，，
选项A满足，选项C满足，选项D满足.
故选：B.
9. 如图，在正方形中，分别是边上的点，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正切的和差公式得到，然后得到，即可得到.
【详解】由题可知，
则，即，.
故选：D.
10. 在直三棱柱中，为等边三角形，若三棱柱的体积为，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直三棱柱的体积得到，根据直三棱柱外接球半径的求法得到，然后构造函数，求导得到的最小值，即可得到外接球表面积的最小值.
【详解】设直三棱柱的高为，外接球的半径为，外接圆的半径为，则，所以，又，令，则，易知的最小值为，此时，所以该三棱柱外接球表面积的最小值为.
故选：A.
11. 存在函数满足对任意，都有，给出下列四个函数：①，②，③，④．所以函数不可能为（ ）
A. ①③B. ①②C. ①③④D. ①②④
【答案】A
【解析】
【分析】利用偶函数的性质可判断①；利用特殊值法可判断③；利用题中的定义可判断②④.
【详解】对于①，为偶函数，若存在满足对任意，都有，
则，但，即对任意的恒成立，矛盾；
对于②，，取，
当时，，
当时，，
对任意的，则，②满足条件；
对于③，取和，可得，，矛盾，③不满足条件；
对于④，因为、在上均为增函数，则在上单调递增，且值域为，
设函数关于直线对称的函数为，
在函数上任取一点，则，
则点在函数的图象上，即，
只需取即可，④满足条件.
故选：A.
12. 设双曲线的右焦点为，，若直线与的右支交于，两点，且为的重心，则直线斜率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据重心性质得出中点的坐标，根据直线与的右支交于两点可知点在右支内部，
将的坐标代入双曲线中建立不等式，即可得离心率的范围，根据点差法可得直线的斜率与之间等式关系，
由不共线建立不等式，解出离心率具体范围，根据离心率的范围及直线的斜率与之间等式关系，
即可得斜率的取值范围，解出即可.
【详解】设为的中点，根据重心性质可得，
因为，则，
因为直线与的右支交于两点，所以点在双曲线右支内部，
故有，解得，
当直线斜率不存在时，的中点在轴上，
故三点不共线，不符合题意舍，
设直线斜率为，设，
所以，，
因为在双曲线上，所以，
两式相减可得：，
即，
即有成立，
即有，因为不共线，
即，即，即，
所以的离心率的取值范围为，
因为
，
因为，即，
所以，
所以.
故选：C
【点睛】思路点睛：该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于难题，关于圆锥曲线中弦中点和直线斜率有关问题的思路有：
（1）设出点的坐标；
（2）根据中点坐标建立等式：，；
（3）将两点代入圆锥曲线中，再对两式作差，用平方差公式对等式变形；
（4）将，及代入等式中即可得出关系.
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. 已知单位向量满足，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量数量积的运算律即可求解.
【详解】因为单位向量，所以，
由，得，两边同时平方可得，
即，解得.
故答案为：.
14. 内角、、所对的边分别为、、，且，，则的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角恒等变换以及正弦定理化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值，利用余弦定理可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】因为，
所以，
，
因为、、，则，所以，，
由正弦定理可得，
因为，所以，，则，可得.
由余弦定理可得，
因此，.
故答案为：.
15. 现有6个三好学生名额，计划分到三个班级，则恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】分只有一个班分到名额、恰有两个班分到名额和三个班都分到了名额三种情况求出总的情况，然后利用古典概型求概率的方法求概率即可.
【详解】将6个三好学生名额分到三个班级，有3种类型：第一种是只有一个班分到名额，有3种情况；第二种是恰有两个班分到名额，有种情况；第三种是三个班都分到了名额，有种情况.故恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为.
故答案为：.
16. 在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是___________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答.
【详解】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值，
设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图，
则，令，则，即有，
，
当且仅当时取等号，此时，
所以的最大值是2.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
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. 已知数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）已知数列的前20项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据得到，然后两式相减得到，最后验证时是否成立，即可得到；
（2）分奇偶项求和，奇数项用等差数列求和公式求和，偶数项用裂项相消的方法求和，最后相加即可.
【小问1详解】
当时，可得，
当时，，
，
上述两式作差可得，
因为满足，所以的通项公式为.
【小问2详解】
，
所以，
.
所以数列的前20项和为.
18. 某学校食堂中午和晩上都会提供两种套餐（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生中午选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上还选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为.
（1）若同学甲晩上选择类套餐，求同学甲中午也选择类套餐的概率；
（2）记某宿舍的4名同学在晩上选择类套餐的人数为，假设每名同学选择何种套餐是相互独立的，求的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列答案见解析，数学期望：
【解析】
【分析】（1）根据条件概率和全概率公式计算即可；
（2）分别求出,1,2,3,4时的概率，得到分布列，然后求期望即可.
【小问1详解】
设事件为同学甲晩上选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，则，
，
所以，即同学甲晩上选择类套餐，中午也选择类套餐的概率为.
【小问2详解】
晩上选择类套餐的概率；
晩上选择类套餐的概率.
所以4名同学在晩上有个人选择类套餐，的所有可能取值为，
则，
所以，，，，，
所以的分布列为
故.
19. 如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2.
（1）证明：.
（2）已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；
（2）由二面角的定义可得，然后以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论.
【小问1详解】
证明：翻折前，在中，，翻折后，有，，
又，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
解：因为二面角为，，，
所以，二面角的平面角为，
以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则、、、、.
，，，.
设，，其中，
设平面的法向量为，
由得，
取，可得，
，解得，合乎题意，
故当时，直线与平面所成角的正弦值为.
20. 已知是椭圆的右焦点，且在椭圆上，垂直于轴.
（1）求椭圆的方程.
（2）过点的直线交椭圆于（异于点）两点，为直线上一点.设直线的斜率分别为，若，证明：点的横坐标为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据点的坐标以及垂直于轴，可得，再将点的坐标代入椭圆方程在结合椭圆的关系解出，即可得出椭圆的方程；
（2）设，根据已知设出直线的方程为，则设点的坐标为，将直线的方程与椭圆的方程联立，根据韦达定理得出与，根据斜率的两点公式得出，再根据直线的方程消去式子中的与，再结合韦达定理结果即可得出，再结合已知与斜率的两点公式即可解出，即证明.
【小问1详解】
由垂直于轴，可得.
将点代入，可得，
又，
解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
证明：由（1）知，，则椭圆的右焦点坐标为.
设直线的方程为，点的坐标为.
设，
将直线的方程与椭圆的方程联立得：，
恒成立，
由韦达定理知，，
又，，
所以
.
因为，则，
所以，解得，即点的横坐标为定值.
21. 已知函数.
（1）若，求的极值；
（2）若是的两个零点，且，证明：.
【答案】（1）极小值，无极大值
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据得到，然后求导，得到单调性，即可求极值；
（2）令，，，根据，为的两个零点得到，然后将证明转化为证明，构造函数，求导，得到的单调性，即可得到，即可证明成立.
【小问1详解】
由题可知，
则当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以当时，取得极小值，无极大值.
【小问2详解】
记，，，则，，
作差得，即，
要证明，只需证，即证，
令，则，
所以在上单调递增，则，所以成立.
【点睛】导数中常用的两种转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.
（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
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线过原点，且倾斜角为．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线和直线的极坐标方程；
（2）已知曲线与直线交于，两点，若，求直线的直角坐标方程．
【答案】（1）曲线的极坐标方程；直线的极坐标方程；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，先将曲线的参数方程化为普通方程，然后再化为极坐标方程即可；由题意可得直线的极坐标方程即可；
（2）将直线的极坐标方程代入曲线的极坐标方程中，然后根据条件即可得到，从而得到结果.
【小问1详解】
因为曲线的参数方程为（为参数），化简可得，
即，
根据，得到极坐标方程为；
又因为直线过原点，且倾斜角为，所以直线的极坐标方程为.
【小问2详解】
将代入可得，
设，两点的极径为，则，
则，即，
故，且，则，所以，
则，
故直线的直角坐标系方程为
选修4—5：不等式选讲
23. 已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）已知函数的最小值为，且、、都是正数，，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分、两种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）由绝对值三角不等式可得出，由此可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可证得结论成立.
【小问1详解】
解：由可得，
当时，则有，解得，此时；
当时，则有，解得，此时.
综上所述，不等式的解集为.
【小问2详解】
解：由绝对值三角不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，故，
所以，
又因为、、均为正数，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，故.
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