2023届河南省安阳市高三第一次模拟考试数学（文）试题含解析

2023届河南省安阳市高三第一次模拟考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，那么（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【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

【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

【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．1 B．2 C．6 D．7

【答案】D

【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

【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

【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：因为，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

【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

【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

【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．16 B．12 C．10 D．6

【答案】B

【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．3 B．2 C． D．

【答案】A

【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

【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

13．已知正六边形ABCDEF的边长为2，则_________．

【答案】

【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】

【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】

【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

【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

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)

【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.

【详解】（1）解：因为，，且，

所以，

当时，

当时

，

又时也符合上式，

所以.

（2）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)

【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.

【详解】（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；

（2），

解得：，

故服务水平评分在，内的驾驶员人数比例为，

故用分层抽样的方法抽取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)

【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.

【详解】（1）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，的中点，，

所以，

因为平面，平面，

所以平面；

（2）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).

【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.

【详解】（1），，

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.

（2）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) .

【分析】（1）由题知，，进而根据向量数量积的坐标运算得，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.

【详解】（1）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；

（2）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.

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)

【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.

【详解】（1）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.

（2）由于，所以在圆外，

将代入，

化简得，

，

所以，均为负数，

所以

.

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)

【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.

【详解】（1）证明：因为，，为正实数且满足，

所以

，

当且仅当，即，，时取等号，

所以.

（2）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.