2023届河南省郑州市高三第二次质量预测数学（理）试题含解析

这是一份2023届河南省郑州市高三第二次质量预测数学（理）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河南省郑州市高三第二次质量预测数学（理）试题 一、单选题1．已知复数（a，，i为虚数单位），且，则复数z在复平面内对应点Z所在的象限为（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】根据复数相等和复数的坐标表示求解.【详解】因为，所以，所以数z在复平面内对应点所在的象限为第一象限，故选:A.2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数的值域可得，易知，即可求得.【详解】由函数的值域为可知，或所以；由可得；所以可得.故选：B3．已知向量，满足，且与的夹角为，则（    ）A．12 B．4 C．3 D．1【答案】D【分析】由已知及夹角，再应用向量的数量积公式即可求得.【详解】由已知,所以故选:D.4．世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．281年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的成果“1＋2”由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和．在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出基本事件总数， 再求出和为奇数事件所包含的基本事件个数，根据古典概型求解.【详解】不超过17的质数有：2，3，5，7，11，13，17，共7个，随机选取两个不同的数，基本事件总数，其和为奇数包含的基本事件有：，共6个，所以.故选：B5．已知曲线在点处的切线方程为，则（    ）A．－1 B．－2 C．－3 D．0【答案】C【分析】根据导数的几何意义可知切线斜率为，可得，计算出切点代入切线方程即可得.【详解】由题意可得，根据导数的几何意义可知，在点处的切线斜率为，解得；所以切点为，代入切线方程可得，解得.故选：C6．如图，网格纸上绘制的是一个几何体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（    ）A． B． C． D．4【答案】B【分析】首先还原几何体，然后计算其体积即可.【详解】如图所示，题中三视图对应的几何体为图中棱长为2的正方体中的三棱锥,其体积.故选：B.7．已知在非 中，，，且，则△ABC的面积为（    ）A．1 B． C．2 D．3【答案】C【分析】首先由及不是直角三角形得出，再结合同角三角函数的平方关系求出，代入面积计算公式即可．【详解】，，又不是直角三角形，，，即，又，，解得，，即，，，故选：C．8．和e是数学上两个神奇的无理数．产生于圆周，在数学中无处不在，时至今日，科学家借助于超级计算机依然进行的计算．而当涉及到增长时，e就会出现，无论是人口、经济还是其它的自然数量，它们的增长总是不可避免地涉及到e．已知，，，，则a，b，c，d的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性，赋值比较大小作答.【详解】依题意，，，，令函数，求导得，函数在上单调递增，则当时，，即，而，因此，即；令函数，求导得，函数在上单调递减，则当时，，即，因此，即；令函数，求导得，函数在上单调递增，则当时，，即，因此，即，所以.故选：A9．将函数图像上的点向右平移个周期得到点，若位于函数的图像上，则m的值可以是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先求出函数的周期，根据点在函数图像上得出，再根据点在函数图像上得出，两式联立，根据辅助角公式得出，求出的通解即可判断出答案．【详解】由题可知，的周期为，因为点函数图像上，所以，又因为点向右平移个周期得到点，所以点的坐标为，且点在函数的图像上，所以，所以，所以，所以，，即，，当时，，故选：D．10．双曲线：的一条渐近线与圆：交于第一象限的一点，记双曲线的右焦点为，左顶点为，则的值为（    ）A．0 B．4 C．7 D．12【答案】B【分析】首先得出双曲线的渐近线方程，右焦点及左顶点的坐标，再将渐近线方程与圆方程联立求出点的坐标，根据向量数量积的坐标运算即可得出答案．【详解】由题可知，与圆在第一象限有交点的双曲线的渐近线方程为，双曲线的右焦点坐标为，左顶点坐标为，由得，，因为双曲线的一条渐近线与圆交点在第一象限，所以，即，，所以点的坐标为，因为，，所以，故选：B．11．已知正项数列的前n项和为，且，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】化简为，再利用和与项的关系可得，从而确定数列从第二项起，构成以为首项，公比的等比数列，根据等比数列的前项和公式即可求解.【详解】因为，所以，即，所以，因为数列的各项都是正项，即，所以，即，所以当时，，所以数列从第二项起，构成以为首项，公比的等比数列.所以.故选：D12．已知椭圆的上顶点为B，斜率为的直线l交椭圆于M，N两点，若△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用点差法可得，再利用重心的性质可得点，从而利用可得，即可求离心率.【详解】设，的中点为，因为都在椭圆上，所以，作差可得，即，所以，即，因为，所以，又因为为△BMN的重心，所以，所以，则，所以，整理得，即，所以，则，所以离心率.故选: A. 二、填空题13．记为等差数列的前n项和．已知，，则数列的通项公式为______．【答案】##【分析】根据等差数列前n项和公式可得，即，再利用等差数列性质可得公差，即可得出通项公式为.【详解】设等差数列的公差为，根据等差数列的前n项和公式可得，解得；又，可得；所以通项公式为.故答案为：14．某数学兴趣小组的5名学生负责讲述“宋元数学四大家”——秦九韶、李冶、杨辉和朱世杰的故事，每名学生只讲一个数学家的故事，每个数学家的故事都有学生讲述，则不同的分配方案有______种．【答案】240【分析】先把5名学生分成人数为的四组, 再把四组学生分给宋元数学四大家讲述,根据等量分组及排列计算即可得到.【详解】先把5名学生分成人数为的四组,共有种分法,再把四组学生分给宋元数学四大家讲述则有种分法,所以分配方案有种.故答案为: 240.15．已知三棱锥P－ABC的各个顶点都在球O的表面上，，，，平面PBC⊥平面ABC，若点E满足，过点E作球O的截面，则所得截面面积的取值范围为______．【答案】【分析】根据圆的几何性质、面面垂直的性质，结合正弦定理、余弦定理、勾股定理进行求解即可.【详解】如图所示，设O在平面的射影为，在等腰三角形中，由余弦定理可知，由正弦定理可知：，显然，垂足为，为中点，由勾股定理可知：，，因为，所以，由勾股定理可知：，设，垂足为，因为，为中点，所以，而，所以三角形是正三角形，因此因为平面PBC⊥平面ABC，平面平面，所以平面ABC，而平面ABC，平面ABC，所以，，在直角梯形中，，设外接球的半径为，则，在直角三角形中，，在直角三角形中，，当截面经过球心时，截面的面积最大，最大值为，当与截面垂直时，截面的面积最小，在直角三角形中，，此时截面的半径为，所以截面的面积最小值为，所以所得截面面积的取值范围为，故答案为：【点睛】关键点睛：根据球的几何性质，结合面面垂直的性质、正弦定理和余弦定理是解题的关键.16．关于函数，，有如下4个结论：①在上单调递增；②有三个零点；③有两个极值点；④有最大值．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①②④【分析】对求导，得出在的单调性，即可求出的极值点和最值可判断①，③，④；令，求出的值，可判断②.【详解】，，当时，，所以在上单调递增，故①正确；令，则，解得：，因为，所以.所以在有三个零点，故②正确；当或时，，，当或时，，，所以在，上单调递增，在或上单调递减，故和为的极大值点，和为的极小值点，故在有3个极值点，故③不正确；所以在有最大值为，故④正确.故选：①②④. 三、解答题17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．(1)求角A的值；(2)若，求的值以及．【答案】(1)(2)，． 【分析】（1）根据三角形内角和定理可得，结合正弦定理和已知条件即可求解；（2）将已知条件平方，再结合余弦定理得到，结合已知条件和正弦定理以及（1）的结论即可求解.【详解】（1）在△ABC中，由，得，由正弦定理，得结合已知条件得，A为△ABC中的一个内角，∴，解得．（2）由，平方得①由余弦定理，得②联立①②解得，∴．由，，结合正弦定理，可得，．联立解得．18．如图，在四边形ABCP中，△ABC为边长为的正三角形，CP＝CA，将△ACP沿AC翻折，使点P到达的位置，若平面平面ABC，且．(1)求线段的长；(2)设M在线段上，且满足，求二面角的余弦值．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）取BC中点O，连接，，根据题意得到，结合题意，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，再结合面面垂直的性质得到线面垂直，进而得证；（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）取BC中点O，连接，，因为△ABC为等边三角形，O为BC的中点，则，又，，平面，∴平面，∴．所以，即为等边三角形，所以，又平面平面，，所以平面，所以，又，所以．（2）因为平面，，以点O为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、，，，设平面的法向量为，则，取，则，，设平面的法向量为，则，取，则，由已知可得．综上，二面角的余弦值为．19．商品流通费用率，又称为流通费用水平，是商品流通费用总额（商品在流通过程所耗费劳动与费用总和）对商品销售额的百分比．一定时期内，在实现的销售额一定的情况下，支出的费用越少，表明费用节约程度越高，体现为经济效益就越好．某企业收集了10个营业点的商品销售额x（万元）与商品流通费用率y（%）的有关数据，制作成散点图如图所示：(1)从这10个营业点中随机抽取3个，求至少抽到一个商品流通费用率不高于6%的营业点的概率；(2)为了研究y与x的相关关系，有四名同学通过计算得到y与x的相关系数分别为，，，，请你从中选出最有可能正确的结果，并以此求出y关于x的线性回归方程．参考数据：，，，．参考公式：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．【答案】(1)(2)最有可能的结果是， 【分析】（1）由散点图数出商品流通费用率高于6%的营业点有6个，即可计算结果；（2）由散点图可知与有较强的负相关关系，最有可能正确的结果为；由给定公式可得，代入数据计算求出，代入可求出，从而求出回归方程．【详解】（1）解：设“至少抽到一个商品流通费用率不高于6%的营业点”为事件A，．（2）最有可能的结果是，，，所以关于的线性回归方程为．20．已知抛物线，为坐标原点，焦点在直线上．(1)求抛物线的标准方程；(2)过点作动直线与抛物线交于，两点，直线，分别与圆交于点，两点（异于点），设直线，斜率分别为，．①求证：为定值；②求证：直线恒过定点．【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）先求出抛物线的焦点坐标，进而得到，可得，从而求解；（2）①设直线方程为，，，联立方程组，结合韦达定理可得，结合可得，进而求证；②设直线方程为，，，联立方程组，结合韦达定理可得，，再结合即可得证.【详解】（1）易知直线与x轴交于，即焦点坐标为，所以，，则抛物线方程为．（2）①设直线方程为，，，联立方程组，得，所以，又，所以，即，则．②设直线方程为，，联立方程组，得，所以，，．整理得，，所以直线过定点．21．已知函数．(1)当，求的单调区间；(2)若在有三个零点，求实数a的取值范围．【答案】(1)函数的单调递增区间为，无递减区间(2) 【分析】（1）对函数求导，解不等式即可得到单调区间；（2）对函数求导，分类讨论其单调性及极值，结合零点存在性定理，找出满足条件的范围即可.【详解】（1）当时，，，∴函数在上单调递增．∴函数的单调递增区间为，无递减区间．（2），令，对应方程的，当时，，，，在上单调递增，不可能有三个零点；当时，，有两个零点，，且，，所以，当，，单调递增，当，，单调递减，当，，单调递增．又，所以，，当，，当，，所以在和各有一个零点，又有，在有三个零点．综上，实数a的取值范围为．【点睛】本题考察函数与导数综合，利用导数求函数单调性及函数零点问题，考察分类讨论，函数与方程思想，属于压轴题.22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（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，曲线的极坐标方程为．(1)求曲线的极坐标方程与曲线的直角坐标方程；(2)直线l：与曲线，分别交于M、N两点（异于极点O），P为上的动点，求△PMN面积的最大值．【答案】(1)曲线的极坐标方程为，曲线的直角坐标方程为(2) 【分析】（1）先消去参数方程中的参数化为直角坐标方程，利用直角坐标方程和极坐标方程的公式进行转化可得曲线的直角坐标方程；（2）将分别与曲线，的极坐标方程解得M、N两点，即可求出，再求出圆心到直线MN的距离，可求出点P到直线MN的最大距离，即可求出答案.【详解】（1）解：的参数方程为（为参数），消去可得，，所以曲线的直角坐标方程为，将，代入得，曲线的极坐标方程为．的极坐标方程为，即，所以曲线的直角坐标方程为，综上所述：曲线的极坐标方程为，曲线的直角坐标方程为．（2）当时，，，．显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大．直线MN的方程为，圆心到直线MN的距离为，所以点P到直线MN的最大距离，所以．23．已知函数．(1)当时，求不等式的解集；(2)若对任意，都有，求a的取值范围．【答案】(1)(2)或． 【分析】（1）分，和三种情况，分别求出的解集，最后求并集即可得出答案；（2）将问题转化为，分，即和当，，分别求解即可.【详解】（1）当时，原不等式可化为．当时，原不等式可化为，整理得，所以．当时，原不等式可化为，整理得，所以此时不等式的解．当时，原不等式可化为，整理得，所以．综上，当时，不等式的解集为．（2）若对任意，都有，即①．①式可转化为或，当，，，，所以；当，，所以．综上，a的取值范围为或．