2023届河南省濮阳市第一高级中学高三高考模拟质量检测数学（理）试题含解析

2023届河南省濮阳市第一高级中学高三高考模拟质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则中的元素个数为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】应用并运算求，即可得元素个数.

【详解】由题设，所以，故其中元素共有4个.

故选：B

2．在复平面内，复数与对应的点关于虚轴对称，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】计算得，关于虚轴对称即关于轴对称，得出结果即可．

【详解】由题意得，

∵复数与对应的点关于虚轴对称对称，

∴．

故选：D．

3．平面向量与相互垂直，已知，，且与向量(1，0)的夹角是钝角，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先设出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示及模的运算，向量夹角的定义求解即可．

【详解】设

①，

，②，

与向量(1，0)夹角为钝角，，③，

由①②③解得，，

故选：D．

4．某高中高一学生从物化生政史地六科中选三科组合，其中选物化生组合的学生有600人，选物化地组合的学生有400人，选政史地组合的学生有250人，现从高一学生中选取25人作样本调研情况．为保证调研结果相对准确，下列判断错误的是（    ）

A．用分层抽样的方法抽取物化生组合的学生12人

B．用分层抽样的方法抽取政史地组合的学生5人

C．物化生组合学生小张被选中的概率比物化地组合学生小王被选中的概率大

D．政史地组合学生小刘被选中的概率为

【答案】C

【分析】根据分层抽样，计算各层抽取的人数以及抽样比，即可得出答案.

【详解】对于A项，用分层抽样的方法抽取物化生组合的学生为 人，故A项正确；

对于B项，用分层抽样的方法抽取政史地组合的学生为，故B项正确；

对于C项，根据分层抽样的特征知，每位同学被选中的概率相等，均为，故C项错误；

对于D项，由C知，每位同学被选中的概率均为，故D项正确.

故选：C.

5．已知是无穷等差数列，其前项和为，则“为递增数列”是“存在使得”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.

【详解】解：因为是无穷等差数列，若为递增数列，

所以公差，

令，解得，

表示取整函数，

所以存在正整数，有，故充分；

设数列为5，3，1，-1，…，满足，但，

则数列是递减数列，故不必要，

故选：A

6．焦点为的抛物线上有一点，为坐标原点，则满足的点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将点的坐标代入抛物线中，解得，从而得到点和点的坐标，要满足，则只需点为的垂直平分线和的垂直平分线的交点，进而求解即可．

【详解】将点的坐标代入抛物线中得，解得，

则，所以的斜率为1，且的中点为，

则的垂直平分线方程为，即，

又的垂直平分线方程为，

又，则点为的垂直平分线和的垂直平分线的交点，

所以点的坐标为．

故选：B．

7．将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，直线与曲线仅交于，三点，为的等差中项，则的最小值为（    ）

A．8 B．6 C．4 D．2

【答案】C

【分析】由三角函数图象的平移变换可得，由题意推得必为函数的对称中心，可得，即可求得答案.

【详解】由题意将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，

纵坐标不变，得到函数的图象，则，

因为直线与曲线仅交于，三点，为的等差中项，

由于，在直线上,故为的等差中项，

不妨设，

则，

即，

若 ，则，即，此时直线与曲线不止三个交点，不合题意；

故，结合的对称性，可得有直线与曲线仅有3个交点，

即必为函数的对称中心，

即，故，

因为，故时，的最小值为4，

故选：C

8．古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.如图直角梯形，已知，则重心到的距离为（    ）

A． B． C．3 D．2

【答案】A

【分析】根据题意，用式子分别表示出圆台体积、梯形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求解答案.

【详解】直角梯形绕旋转一周所得的圆台的体积为

；梯形的面积

，故记重心到的距离为，

则，则，

故选：A

9．设，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，，利用导数分析这两个函数在上的单调性，可得出、的大小关系，再利用对数函数的单调性可得出、的大小关系，即可得出结论.

【详解】因为，

令，则在上恒成立，

所以，函数在上单调递增，则，即，

因为，则，所以，，

令，则，当时，，

所以，在上单调递增，

故当时，，即，

所以，，故，

又因为，，

，，故，

故选：B.

10．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则下列说法正确的是（    ）

①当时，的周长为定值；

②当时，三棱锥的体积为定值；

③当时，有且仅有一个点，使得；

④若，则点的轨迹所围成的面积为.

A．①② B．②③ C．②④ D．①③

【答案】C

【分析】取的中点，连接，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，取和求的周长，可判断①；利用锥体的体积公式可判断②；利用求出的值，可判断③；求出点的轨迹所围成的面积，可判断④.

【详解】取的中点，连接，

因为为等边三角形，则，且平面，

以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、，

，其中，，

，

对于①，当时，，，

若，则，，，

此时，的周长为；

若，则，则，

同理可得，此时，的周长为，

故当时，的周长不是定值，①错；

对于②，当时，，则点到直线的距离为，

所以，，且点到平面的距离也为定值，

故为定值，②对；

对于③，当时，，，，

因为，则，因为，解得或，

所以，当时，有且仅有两个点，使得，③错；

对于④，设点，其中，，

则，可得，

所以，点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为的半圆及其内部，

故点的轨迹所围成的面积为，④对.

故选：C.

11．已知，分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线上的动点，，，点到双曲线的两条渐近线的距离分别为，，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】运用双曲线定义求得a、c的值，进而求得两条渐近线方程，结合点到直线的距离公式求解即可.

【详解】由，得．

因为，

所以．

又因为，

所以，

故双曲线的方程为，

所以两条渐近线的方程为．

设，则，

故．

不妨设，则，

所以，

所以．

故选：B．

12．函数的图象与函数的图象交点的横坐标，则＝ （    ）

A． B．－ C． D．

【答案】B

【分析】由，代入整理变形可得.构造函数，求出导函数，根据导函数得出在上单调递增.即可得出，则，代入即可得出答案.

【详解】由已知可得，，即，

即.

令，则，

当且仅当，即时等号成立.

所以恒成立，所以在上单调递增.

所以有可得，，则，

所以.

故选：B.

【点睛】思路点睛：由得出后，进行同构变形得到然后构造函数，根据导函数得出函数的单调性，得到关于的关系式，即可得出答案.

二、填空题

13．若的展开式中常数项为160，则的最小值为_____________．

【答案】4

【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求出的值，即可求出之间的关系，再结合不等式的性质求解即可.

【详解】二项式展开式的通项公式为:，

令，则，

所以，即,

所以，

因为，当且仅当时，等号成立.

所以的最小值为4.

故答案为：4.

14．的内角，，的对边分别为，，，满足.若为锐角三角形，且，则当面积最大时，其内切圆面积为________.

【答案】/

【分析】先用正弦定理及余弦定理可得，结合面积公式和基本不等式可得当为等边三角形时，面积取到最大值，再利用等面积法求内切圆半径即可.

【详解】∵，

则由正弦定理可得，整理得，

则.

∵为锐角三角形，则，故，

由面积为，

可得当面积取到最大值，即为取到最大值.

∵，即，即，

当且仅当，即为等边三角形时等号成立.

故当为等边三角形时，面积取到最大值，

设的内切圆半径为，则，解得，

故内切圆面积为.

故答案为：.

15．已知点，若圆上存在点满足，则实数的取值的范围是___________.

【答案】

【分析】设，由数量积的坐标表示求得点轨迹是一个圆，然后由圆与圆的位置关系可得的范围．

【详解】设，则，

，即，

在以为圆心，2为半径的圆上，由题意该圆与圆有公共点，

所以，解得．

故答案为：．

16．若函数存在两个极值点，且，则______．

【答案】

【分析】求导得到，，，，则，解得答案.

【详解】，定义域为，所以，

故，；又，所以．

又，故，所以，所以．

故答案为：

【点睛】关键点睛：本题考查了函数的极值点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用消元的思想解方程是解题的关键.

三、解答题

17．设是数列的前项和，，，.

(1)求的通项；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将转化为，化简后利用配凑法得到是以为公差的等差数列，其首项为，求得，再根据，，求得的通项公式；

（2）根据（1）化简，利用裂项求和法求得.

【详解】（1）解：，

时，，展开化简整理得，，

若，，则，此时，显然不成立，所以，

，所以数列是以为公差的等差数列，其首项为，，，

又，，所以，显然当时不满足题意，

所以.

（2）解：由于，

 数列的前项和

，

.

18．如图1，在梯形中，，于，且，将梯形沿折叠成如图2所示的几何体，，为直线上一点，且于，为线段的中点，连接，.

(1)证明：；

(2)若图1中，，求当四棱锥的体积最大时，平面与平面所成锐角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直即可证明线线垂直，

（2）根据体积公式表达出体积，利用导数求解最值，进而根据空间向量求解面面角.

【详解】（1）由已知得，，且，平面,

所以平面，因为平面，所以，

在梯形中，，

因为为线段的中点，所以，故，

又因为，且，平面, 所以平面，

因为平面，所以.

（2）过点作于点，又因为平面,平面 ,所以，

又，平面, 所以平面，

所以线段的长度为点到平面的距离.

设，则，

则四棱锥的体积，

令，，，

则时，，函数单调递增；

时，，函数单调递减，

所以，即当时，四棱锥的体积最大，此时，，

以点为坐标原点，直线，分别为轴、轴，在平面内过点作与垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

则，，，

设平面的法向量，则有，可取，

因为平面，所以即为平面的一个法向量，

则，故，

所以平面与平面所成锐角的正弦值为.

19．江西省作为全国第四批启动高考综合改革的7个省份之一，从2021年秋季学期起启动实施高考综合改革，实行高考科目“”模式。“3”指语文、数学、外语三门统考学科，以原始分计入高考成绩：“1”指考生从物理、历史两门学科中“首选”一门学科，以原始分计入高考成绩：“2”指考生从政治、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩．按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如下表：

将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为，其中，分别表示原始分区间的最低分和最高分，，分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，Y表示考生的原始分，T表示考生的等级分，规定原始分为时，等级分为，计算结果四舍五入取整．某次化学考试的原始分最低分为50，最高分为98，呈连续整数分布，其频率分布直方图如下：

(1)同一组数据以该组区间的中点值作代表，求实数a的值并估计本次考试的平均分；

(2)按照等级分赋分规则，估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间；

(3)用估计的结果近似代替原始分区间，若某学生化学成绩的原始分为90，试计算其等级分．

【答案】(1)，73

(2)

(3)91分

【分析】（1）先利用频率分布直方图频率之和为1，求出的值，再利用频率分布直方图平均数的求法，将每一个组区间的中点值乘以对应的频率然后求和即可求出答案.

（2）由等级所占的人数比例为，由频率分布直方图可知原始分成绩位于区间的占比为5%，位于区间的占比为20%，等级的最低原始分在区间中，可设最低原始分并结合该区间所占比例为10%即可求出等级的最低原始分，再结合题意最高原始分可得出结果.

（3）由化学成绩的原始分为90分，落在A等级中，根据题意得出原始分的最高和最低，A等级中赋分区间的最低分和最高分，代入公式即可求出等级分.

【详解】（1）由频率分布直方图可知，频率之和为1，得，

解得，估计本次考试的平均分为

．

（2）根据等级所占的人数比例为，由频率分布直方图知，原始分成绩位于

区间的占比为5%，位于区间的占比为20%，所以最低原始分

在之间，设最低原始分为，则，解得，

所以估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间为．

（3）由题意可知，化学成绩的原始分为90分，落在A等级中，则，，，

，，代入公式后，解得，该学生的等级分为91分．

20．已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为．

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线、的斜率分别为、，且．

①求证：直线经过定点．

②设和的面积分别为、，求的最大值．

【答案】(1)

(2)①证明见解析；②

【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；

（2）①分析可知直线不与轴垂直，设直线的方程为，可知，设点、.将直线的方程的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用求出的值，即可得出直线所过定点的坐标；

②写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值.

【详解】（1）解：当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，

且最大值为，

由题意可得，解得，

所以，椭圆的标准方程为.

（2）解：①设点、.

若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意.

设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右焦点，则，

联立可得，

，可得，

由韦达定理可得，，则，

所以，

，解得，

即直线的方程为，故直线过定点.

②由韦达定理可得，，

所以，

，

，则，

因为函数在上单调递增，故，

所以，，当且仅当时，等号成立，

因此，的最大值为.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.

21．已知函数．

(1)若时，求函数的极值；

(2)若，设函数的较大的一个零点记为，求证：．

【答案】(1)极小值为，无极大值

(2)证明见解析

【分析】（1），求导，利用函数的单调性及极值的定义求解；

（2）利用函数的单调性可知，当时，，，以必然存在，使得，即，所以，要证明，只要证明，构造函数，结合函数的单调性，可证得结论.

【详解】（1）当时，，则，

当时，，则在为减函数；

当时，，则在为增函数；

所以的极小值为，无极大值．

（2）由，则，

因为且．

当时，，则在为减函数；

当时，，则在为增函数；

所以当时，，

又因为，所以，当，此时，

所以必然存在，使得，

即，所以，

要证明，即证明，

即证明，即只要证明，

设，则，

所以当时，，则在上为减函数，

所以．

即，即．

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将问题逐步转化，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数，再通过导数研究函数的性质进行证明．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求的极坐标方程；

(2)已知射线和分别与交于点（异于点），与极轴交于点（异于点），求四边形的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦的倍角公式和基本关系式，消去参数得到，再由极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得的极坐标方程；

（2）由，，求得和，结合，即可求解.

【详解】（1）解：因为为参数，所以，即，

平方相加，可得，即，

又由，，可得，

所以的极坐标方程为．

（2）解：因为，，

又因为，

所以，

因为是圆的直径，所以，

又因为，所以，

所以．

23．已知函数f（x）＝｜x－1｜＋｜x－m｜（m＞1），若f（x）＞4的解集是{x｜x＜0或x＞4}．

（1）求m的值；

（2）若正实数a，b，c满足＋＋＝，求证：a＋2b＋3c≥9．

【答案】（1）3 ； （2）见解析.

【分析】（1）先求出函数f(x),再作出函数的图像，由图像得m的值. （2）由（1）m＝3，从而.再化简利用基本不等式证明a＋2b＋3c≥9.

【详解】（1）∵m＞1，∴

作出函数f（x）的图像，

由f（x）＞4的解集及函数图像得，得m＝3.

（2）由（1）m＝3，从而.

，

当且仅当时，“＝”成立.

【点睛】(1)本题主要考查分段函数及其图像，考查基本不等式证明不等式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答第2问的关键是化简变形.