2023年河南省信阳重点中学高考数学考前模拟试卷（文科）-普通用卷

这是一份2023年河南省信阳重点中学高考数学考前模拟试卷（文科）-普通用卷，共20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年河南省信阳重点中学高考数学考前模拟试卷（文科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知集合，集合，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  “”是“在上恒成立”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3.  设一组样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为．(    )A.  B.  C.  D. 4.  已知幂函数的图象过点设，，，则，，的大小关系是(    )A.  B.  C.  D. 5.  中国象牙雕刻中传统雕刻技艺的代表“象牙鬼工球”工艺被誉为是鬼斧神工“鬼工球”又称“牙雕套球”，是通过高超的镂空技艺用整块象牙雕出层层象牙球，且每层象牙球可以自由转动，上面再雕有纹饰，是精美绝伦的中国国粹据格古要论载，早在宋代就已出现三层套球，清代的时候就已经发展到十三层了今一雕刻大师在棱长为的整块正方体玉石内部套雕出一可以任意转动的球，在球内部又套雕出一个正四面体，若不计各层厚度和损失，最内层的正四面体棱最长为．(    )

 A.  B.  C.  D. 6.  已知平面向量、、满足，，，则的最大值为(    )A.  B.  C.  D. 7.  数列中，，对任意，，，若，则(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知在中，角，，的对边分别为，，，且，则能将全部覆盖的所有圆中，最小的圆的面积为(    )A.  B.  C.  D. 9.  如果执行如图所示的程序框图，输入正整数和实数，，，，输出，，则(    )A. 为，，，的和
B. 和分别是，，，中最大的数和最小的数
C. 为，，，的算术平均数
D. 和分别是，，，中最小的数和最大的数
 
 10.  年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式为虚数单位，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”根据此公式，下面四个结果中不成立的是(    )A.  B.
C.  D. 11.  已知双曲线的上下焦点分别为，，点在的下支上，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，若恒成立，则的离心率的取值范围为(    )A.  B.  C.  D. 12.  已知函数，函数，其中，若函数恰有个零点，则的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  在区间内随机取一个数，则取到的数小于的概率为        ．14.  与直线相切于点的圆过点，则圆的半径为______．15.  刍甍，中国古代算数中的一种几何形体，九章算术中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广刍，草也甍，屋盖也“翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱刍甍字面意思为茅草屋顶”如图为一个刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则该茅草屋顶的面积为        ．
 16.  已知函数，则的最小值是          ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分第届夏季奥林匹克运动会在年月日至月日在日本东京举行，中国奥运健儿获得枚金牌，枚银牌和枚铜牌的好成绩，某大学为此举行了与奥运会有关的测试，记录这名学生的分数，将数据分成组：，，，，并整理得到如图频率分布直方图：
 估计这名学生测试分数的中位数若分数在，，内的频率分别为，，，且，估计名学生测试分数的平均数． 18.  本小题分
在中，，．
Ⅰ求；
Ⅱ再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．
条件：；
条件：；
条件：的周长为．19.  本小题分
如图，已知三棱柱的所有棱长均为，．
Ⅰ证明：；
Ⅱ若平面平面，为的中点，求四棱锥的体积．
20.  本小题分
已知函数．
当时，求函数的单调区间；
若函数有两个极值点，且极小值大于，求实数的取值范围．21.  本小题分
如图，椭圆：的左右焦点分别为的、，离心率为；过抛物线：焦点的直线交抛物线于、两点，当时，点在轴上的射影为连结，并延长分别交于、两点，连接；与的面积分别记为，，设．
Ⅰ求椭圆和抛物线的方程；
Ⅱ求的取值范围．
22.  本小题分
在平面直角坐标系中，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，已知点，直线的极坐标方程为．
求曲线的普通方程以及直线的直角坐标方程；
已知过点的直线，与曲线交于，两点，且，求直线的倾斜角．23.  本小题分
已知函数的最小值为，的最小值为实数，，满足，，，．
求和；
证明：．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：因为，
则，
所以，
所以，
又由，得，所以，
故A．
故选：．
解对数不等式可得集合，解一元二次不等式可得集合，再根据交集运算即可得答案．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查充分条件、必要条件的定义，以及分离变量法，属于基础题．
根据已知条件，结合分离变量法，先求出的取值范围，再结合充分条件、必要条件的定义，即可求解．【解答】解：在上恒成立，
在上恒成立，
当时，，即，
“”是“在上恒成立”的充分不必要条件．
故选：．
   3.【答案】 【解析】【分析】本题考查了方差的性质，属于基础题．
根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，即可求出新数据的方差．【解答】解：样本数据，，，的方差为，
根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，
数据，，，的方差为：．
故本题选C．  4.【答案】 【解析】解：幂函数的图象过点，
，且，
求得，，故．
，，，
，
故选：．
利用幂函数的定义，先求出的解析式，可得、、的值，从而判断，，的大小关系．
本题主要考查幂函数的定义和性质，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：由题意，球是正方体的内切球，则该球半径，
易知该球为正四面体的外接球，如图：

可知为外接球球心，，平面，为底面等边的中心，
设正四面体的棱长为，则，，
在中，则，即，
解得，即．
故选：．
根据题意，求正方体的内切球半径，易知该球为所求正四面体的外接球，根据正四面体的性质，可求得棱长．
本题主要考查球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属基础题．
 6.【答案】 【解析】解：如图，

在平面内一点，作，，，
则，即，
根据题意可知，为腰长为的等腰直角三角形，
则，
又，
所以，
取的中点，则，
因为，
所以，则，
所以．
当且仅当、同向时，等号成立，
故的最大值为．
故选：．
在平面内一点，作，，，取的中点，计算出、的值，利用向量三角不等式可求得的最大值．
本题考查平面向量的综合运用，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
 7.【答案】 【解析】解：由，令，则，即，
数列是首项为，公比为的等比数列，
则，
，
，则，解得，
故选：．
取，可得出数列是等比数列，可得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，即可得出答案．
本题考查构造法和等比数列的定义和通项公式、求和公式，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】解：由，则，又，由正弦定理得，
由余弦定理得，
又，则，
设的外接圆半径为，由正弦定理得，故，
所以能将全部覆盖的所有圆中，最小的圆即的外接圆，其面积为．
故选：．
结合正弦定理求得边，再由余弦定理得，从而可得的值，分析题意即求解外接圆面积，即可求解．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
 9.【答案】 【解析】解：分析程序中各变量、各语句的作用，
再根据流程图所示的顺序，可知：
该程序的作用是：求出，，，中最大的数和最小的数；
其中为，，，中最大的数，
为，，，中最小的数．
故选：．
分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序知：
该程序的作用是求出，，，中最大的数和最小的数．
本题主要考查了循环结构的应用问题，解题时应根据每一步分析的结果，选择恰当的数学模型，是基础题目．
 10.【答案】 【解析】解：对于，当时，因为，所以，故选项A正确；
对于，，
故选项B正确；
对于，由，，
所以，得出，故选项C正确；
对于，由的分析得，推不出，故选项D错误．
故选：．
根据题设中的公式和复数运算法则，逐项计算后可得正确的选项．
本题主要考查复数的指数形式，属于基础题．
 11.【答案】 【解析】解：如图，过点作渐近线的垂线，垂足为，
设，则点到渐近线的距离，
由双曲线的定义可得，故，
所以，
即的最小值为，
因为恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
所以，即，即，
所以，即，解得
故选：．
过点作渐近线的垂线，垂足为，则，再根据双曲线的定义得，进而转化为恒成立，再根据齐次式求解即可．
本题考查双曲线的几何性质，数形结合思想，化归转化思想，属中档题．
 12.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查函数零点问题，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键．
求出函数的表达式，构造函数，作出函数的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：，
，
由，得，
设，
若，则，，
则，
若，则，，
则，
若，，，
则．
即，
作出函数的图象如图：

当时，，
当时，，
故当时，，有两个交点，
当时，，有无数个交点，
由图象知要使函数恰有个零点，
即恰有个根，
则满足，
故选D．  13.【答案】 【解析】解：区间为，取到的数小于的数所在区间为，区间长度为，
所以所求概率为．
故答案为：．
根据几何概型概率公式计算．求出取到的数小于的数所在区间的长度后可得．
本题主要考查几何概型的概率公式，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：过点且与直线垂直的直线为，则圆心在直线上，
又圆心在线段的垂直平分线上，即圆心在直线上．
所以圆心坐标为，则圆的半径．
故答案为：．
由题意知圆心在过点且与直线垂直的直线上，又在的垂直平分线上，则两条直线的交点即为圆心，圆心到点的距离即为半径．
本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为多面体；
如图所示：

过点作平面，作，．
所以，
所以，．
所以．
故答案为：．
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的表面积．
本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的表面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 16.【答案】 【解析】【分析】本题考查二倍角公式及其应用，考查导数法求函数在区间的最值，属于中档题．
由题意可得是的一个周期，问题转化为在上的最小值，进行求解即可．【解答】解：由题意，可得是的一个周期，
故只需考虑在上的值域，
求导数可得
，
令，可解得或，
可得：，或或；
的最小值只能在，或或或中取到，
计算可得 ，， ，，
函数的最小值为，
故答案为：．  17.【答案】解：设这名学生测试分数的中位数为，由前组频率之和为，前组频率之和为，
可得，所以，解得，
故这名学生测试分数的中位数约为分．
因为，且，
所以这名学生测试分数的平均数为：

，
故名学生测试分数的平均数约为分． 【解析】根据频率分布直方图估计数据的中位数；
根据分数在，，内的频率分别为，，，按照频率分布直方图估计平均数即可．
本题主要考查频率分布直方图，考查平均数和中位数的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
 18.【答案】解：Ⅰ由余弦定理知，，
因为，所以．
Ⅱ选择条件：
把，代入中，化简得，解得，
所以存在两个，不符合题意；
选择条件：
因为，，所以，
由正弦定理知，，所以，
因为，
所以的面积．
选择条件：
因为的周长为，且，所以，
又，所以，解得，
所以的面积． 【解析】Ⅰ利用余弦定理，即可得解；
Ⅱ条件：把，代入，求得有两解，不符合题意；
条件：利用正弦定理求得的值，再由，结合两角和的正弦公式，求出，最后利用，得解；
条件：易知，结合题干已知条件，可解得，再由，得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，两角和的正弦公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 19.【答案】Ⅰ证明：取中点，连接，．
三棱柱的所有棱长均为，，
和是边长为的等边三角形，得，．
，平面，，平面．
平面，C.
由题意，四边形为菱形，．
，平面，，平面；
Ⅱ解：平面平面，且交线为，
由Ⅰ知，平面．
在四边形中，为的中点，
．

． 【解析】Ⅰ取中点，连接，，可得，得到平面进一步得到C.再由已知可得利用直线与平面垂直的判定可得平面；
Ⅱ由已知结合Ⅰ证明平面再由为的中点，得，然后利用等体积法求解即可．
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．
 20.【答案】解：当时，，
则，
令，解得或，
当或时，，故的单调增区间为，，
当时，，故的单调增区间为，
所以的单调增区间为，单调减区间为，；
，
当时，，解得，不满足条件，
当时，，解得或，
因为函数有两个极值点，故，
当时，，函数在时取到极小值，
由题意，解得，即，故；
当时，，在时取到极小值，
由题意，解得，故．
综上所述，实数的取值范围是． 【解析】求出，然后利用导数的正负确定函数的单调性即可；
求出，然后分，，三种情况研究函数的极值，由极小值大于，列出不等关系，求解的范围即可．
本题考查了导数的综合应用，主要考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值问题，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于难题．
 21.【答案】解：Ⅰ由抛物线定义可得，代入有，即
又得到代入，解得，
所以的方程为，的方程为；
Ⅱ设直线的方程为，，
由，得到，则，
设，，则，
所以，
设直线的方程为，
由，解得，所以，
由可知，用代替，
可得，
由，可得，
所以，
用代替，可得，
所以，，
，
时等号成立
所以的取值范围为． 【解析】Ⅰ根据抛物线的定义，以及双曲线的离心率公式可求出答案，
Ⅱ设直线的方程为，，，根据韦达定理和弦长公式求出，，的长，再根据三角形的面积公式和基本不等式即可求出的取值范围
本题考查了双曲线和抛物线的定义和简单性质，以及直线和抛物线的位置关系，弦长公式和基本不等式，属于难题
 22.【答案】解：曲线的参数方程为为参数，，
由当且仅当时等号成立，
，故，即，
又直线：，所以，
即，即，
又，所以，即，
所以曲线：，
直线：；
设直线的标准参数方程为为参数，为倾斜角，
其中将其代入曲线中，得，
所以，由参数方程的几何意义得：
 ，
所以或． 【解析】消去参数得到曲线的方程，根据极坐标与直角坐标的关系求出直线的方程；
设直线的参数方程，根据条件联立方程，根据方程的几何意义求解．
本题考查极坐标与参数方程的应用，化归转化思想，方程思想，属中档题．
 23.【答案】解：函数的最小值为，此时，
当时，，
当时，，
当时，，
故函数，
函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，
所以函数的最小值为，
故，．
证明：由知，，
因为，，
所以，，，，，
又因为，
所以，
又，
所以，
所以．
所以． 【解析】根据绝对值大于等于得到，对分段讨论即可求出；根据知，，再利用基本不等式得，结合可得到，从而得到答案．
本题考查不等式的证明，属于中档题．