河南省2022-2023学年高三下学期核心模拟卷（中）文科数学（二）试题（Word版附解析）

这是一份河南省2022-2023学年高三下学期核心模拟卷（中）文科数学（二）试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，选考题的作答等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑．答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
一、选择题：本题共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. 设集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，根据交集的定义求解即可.
【详解】解：因为，
所以.
故选：B.
2. 若，其中，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过复数的运算及复数相等，求得，计算复数的模可得结果.
【详解】.
故选：C.
3. 已知函数且的图象过定点，若抛物线也过点，则抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出函数图象恒过的点，求出抛物线方程即可作答.
【详解】因为对于，当，即时，恒有，
因此函数的图象过定点，而点在抛物线上，
则，解得，
所以抛物线的准线方程为.
故选：B
4. 执行如图所示的程序框图，若输入的值为2，则输出的值为（ ）
A. 3B. 5C. 9D. 17
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的程序框图，运行程序，依次计算即可作答.
【详解】运行程序，初始值，第一次：，判断成立，，
第二次：，判断成立，，
第三次：，判断不成立，退出循环体，所以输出的值为9.
故选：C
5. 若两个向量、的夹角是，是单位向量，，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】计算出、，设向量与的夹角为，其中，利用平面向量向量的数量积运算可得出，即可得出结果.
详解】由题意，
又由，所以，
所以，
设向量与的夹角为，其中，则，可得.
故选：D.
6. 一种高产新品种水稻单株穗粒数和土壤锌含量有关，现整理并收集了6组试验数据，（单位：粒）与土壤锌含量（单位：）得到样本数据，令，并将绘制成如图所示的散点图.若用方程对与的关系进行拟合，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对方程两边取对数，写出回归直线方程，再根据散点图的特征分析判断作答.
【详解】因为，，令，则与的回归方程为，
根据散点图可知与正相关，因此，又回归直线的纵截距小于0，即，得，
所以，.
故诜：C
7. 已知函数满足，且，则（ ）
A. 3B. 3或7C. 5D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到是的一条对称轴，求得，再由，求得或，结合，得到，进而利用三角函数的性质，即可求解.
【详解】由题意，函数满足，可得是函数的一条对称轴，
所以，即，
即，所以
又由，可得或，即或，
因为，可得，所以，
当时，可得，即，（不符合题意，舍去）；
当时，可得，即，解得，
如：时，可得，解得，符合题意，
所以.
故选：D.
8. 已知为等差数列的前项和．若，，则当取最大值时，的值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由已知结合等差数列的性质和前项和公式，可推得，，从而得解．
【详解】因为等差数列中，，即，
所以，
因为，即，
所以，
由为等差数列，得时，；时，，
所以当时，取得最大值．
故选：D.
9. 如图所示，长方体中，，O是的中点，直线交平面于点M，则下列结论错误的是（ ）
A. A，M，O三点共线
B. 的长度为1
C. 直线与平面所成角的正切值为
D. 的面积为
【答案】C
【解析】
【分析】利用公理3证明三点共线即可判断A，利用长方体的性质以及中位线定理，可判断B，利用线面角的定义，根据长方体的几何性质，结合三角函数定义，可判断C，利用三角形面积转化求解，可判断D.
【详解】
对于A，连结，则，四点共面，
平面，，平面，
又平面，在平面与平面的交线上，
同理也在平面与平面的交线上.
三点共线，故A正确：
对于B，设直线与平面的交点为，
，平面，平面，平面，
，平面，平面，平面，
又，平面，平面，
平面平面，
又平面平面，平面平面，
，
为中点，为中点，同理可得为的中点，
，故B正确；
对于C，取中点，连接，，平面，
则即为直线与平面所成角，又平面平面，
故即为直线与平面所成角，
又，
，故C错误；
对于D，，
，
，故D正确.
故选：C
10. 已知是定义域为的奇函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由具体函数解析式，根据导数与单调性，可得函数的单调性，结合奇函数性质，可得整个定义域上的单调性，化简不等式，可得答案.
【详解】由题意，可知且，
当时，，则，即，
可得，
当时，，
则，即单调递增，
由，则在上单调递增，
易知，则不等式等价于，
可得，解得.
故选：D
11. 已知曲线的方程为，曲线关于点的对称曲线为，若以曲线与两坐标轴的交点为顶点的四边形面积为，则的值为（ ）
A. B. 1C. 0或D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出曲线的方程，再判断原点与曲线的位置关系，结合四边形面积求出弦长作答.
【详解】曲线：是以点为圆心，为半径的圆，
点关于点的对称点，则曲线是以点为圆心，为半径的圆，
圆的方程为，圆与两坐标轴各有两个交点，又圆的圆心在y轴上，则原点必在圆内，
因此圆的内接四边形两条对角线互相垂直，其中一条对角线长为，设另一条对角线长为，
于是，解得，因此圆截x轴所得弦长为，
在中，令得，，即，
从而，解得或，
所以的值为0或.
故选：C
12. 在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，当三棱锥的表面积最大时，其内切球的半径是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据和都是正三角形，写出三棱锥的表面积表达式，可得表面积取最大值时，再根据等体积法求得内切圆半径.
【详解】
设三棱锥的表面积为，
则
，
当，即时，表面积最大为.
此时,
过作的垂线，垂足为，连接，
因为和都是正三角形，所以为中点，，
因为平面,所以平面
为三棱锥高，为三棱锥的高，
设三棱锥的体积为，则
设内切球的半径为，因为，所以，
故选：A.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 函数的最大值为_________.
【答案】1
【解析】
【详解】由题意知：=
==
==，即，因为，所以的最大值为1.
考点：本小题主要考查两角和与差的三角函数、三角函数的最值的求解，熟练公式是解答好本类题目的关键.
14. 已知双曲线一个焦点到直线的距离为，则的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】求出双曲线焦点，根据条件求出，计算可得双曲线C的离心率.
【详解】由已知得，双曲线的焦点在轴上，且焦点坐标为，不妨取，它到直线的距离为，解得，所以双曲线C的离心率为.
故答案为：
15. 已知实数，满足，且，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据不等式的性质判断与的大小关系是否满足不等式，从而可结合线性规划求目标函数的取值范围.
【详解】实数，满足，且，
若，则，所以，又，所以，
则，即，则，所以与已知矛盾，
故，要满足，则，
即，满足该二元一次不等式的平面区域如下图所示：
设目标函数为，则，故直线的纵截距的取值范围即可得的取值范围，
由可行域可得直线经过时得纵截距的最大值，无最小值，又，所以，故，
所以的取值范围是.
故答案为：.
16. 已知等比数列的公比为，前项和为，且满足.若对一切正整数，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得和，整理，得，设，判断单调性，找到最小值.
【详解】若，则，即，此时，与题意不符，舍去；
若，由，可得，
即，
解得，则.
对一切正整数，不等式恒成立，
化简得，分离可得，
设，则，
当时，，即；
当时，，即，
所以的最小值为，
故答案为：.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第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. 某地政府因地制宜发展特色农业，引导农民脱贫致富，为了调研该地某种农产品的品质，现从一批这种农产品中随机抽取200个作为样本，测量该农产品的某一项质量指标值，该指标值越大质量越好．由测量结果得到如下频率分布直方图：
（1）求a的值，并估计这200个农产品的质量指标值的平均值；
（2）按照分层抽样方法，从中抽取5个农产品进行检测，根据样本估计总体，结合频率分布直方图，从这5个农产品中随机抽取2个，求这2个农产品来自不同组的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1可求的值，利用区间中点值和频率可求平均值；
（2）先求，的农产品个数，利用古典概率求解.
【小问1详解】
由图可知，解得；
所以估计这200个农产品的质量指标值的平均值为200.
【小问2详解】
由图可知的频率为，的频率为；
所以抽取的5个农产品中有2个在，记为;
有3个在，记为；
从中任选2个，所有的基本事件有：,共10个；
设事件“2个农产品来自不同组”，则包含的基本事件有，共有6个，
所以.
18. 如图，四边形中，已知.
（1）若，求的值；
（2）若，四边形的面积为4，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）中求出BD，在中，由正弦定理求出，根据即可求；
（2）在、中，分别由余弦定理求出，两式相减可得与的关系式；又由的与的关系式；两个关系式平方后相加即可求出﹒
【小问1详解】
解：在中，∵，则
∴．
在中，由正弦定理得，，
∴．
∵，∴，
∴．
【小问2详解】
解：在、中，由余弦定理得，
，
，
从而①，
由得，
②，
得，，
∴．
19. 如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，，E为线段上一点．
（1）当∥平面，求证：为的中点；
（2）在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；
（2）存在，当时，平面平面.
【解析】
【分析】（1）由题意可知为的中点，由线面平行的性质定理可得∥，即可得证；
（2）由面面垂直的性质定理可得，只需满足，即可得平面，从而有平面平面，故只需找出成立时，的长度即可.
【小问1详解】
证明：因为为正方形，，
所以为的中点，
又因为∥平面，平面平面，平面，
所以∥，
又因为为的中点，所以为的中点；
【小问2详解】
存在，当时，平面平面，理由如下：
设，
因为为正方形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为在矩形中，，
当时，在中，，
在中，，
所以，
又因为，
所以，则，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
20. 已知椭圆过点，直线与交于两点，且线段的中点为为坐标原点，直线的斜率为.
（1）求的标准方程；
（2）已知直线与有两个不同的交点为轴上一点.是否存在实数，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值及点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，时，点坐标为；当时，点坐标为
【解析】
【分析】（1）根据中点弦点差法得，再根据，得，再结合椭圆过点解方程即可得答案；
（2）设中点，假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，进而将问题转化为，，再联立，结合韦达定理讨论，同时成立的情况.
【小问1详解】
解：设，则，
所以，由题知直线的斜率.
因为在椭圆上，
所以，
两式相减得，即，
又，
所以，即.
又因为椭圆过点，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
解：联立消整理得：.
因为直线与椭圆交于两点，故，解得.
设，则.
设中点，
则，故.
假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，故，
所以，解得，故.
又因为，所以，
所以，即，
整理得.
所以，
代入，整理得，即，
所以或，即存在使得是以为顶点的等腰直角三角形.
当时，点坐标为；当时，点坐标为.
此时，是以为直角顶点的等腰直角三角形.
21. 已知函数．
（1）若，讨论零点的个数；
（2）求证：．
【答案】（1）当时，函数只有一个零点；
当时，函数无零点．
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）分类讨论，求导，研究单调性质，通过最值分析零点个数；
（2）利用放缩，转化为证明问题，构造函数，求导，通过最值符号证明不等式成立.
【小问1详解】
当时，，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，此时函数只有一个零点；
当时，，则．
令，得．当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
又，所以，所以，
此时函数无零点．
综上，当时，函数只有一个零点；
当时，函数无零点．
【小问2详解】
由（1）知，，要证，
只需证，只需证，
记，则
时，，所以在上单调递增，
时，，所以在上单调递减，
所以，
即成立，当且仅当时，等号成立，
又由不等式，当且仅当时，等号成立，
所以恒成立，故，得证
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
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），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；
（2）设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标.
【答案】（1）：，：；（2），此时.
【解析】
【详解】试题分析：（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）由题意，可设点的直角坐标为到的距离
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.
试题解析： （1）的普通方程为，的直角坐标方程为.
（2）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值即为到的距离的最小值，.
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.
考点：坐标系与参数方程.
【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等．把曲线的普通方程化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性．注意方程中的参数的变化范围．
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数.
（1）若的最小值为，求的值；
（2）在（1）的条件下，，，为正实数，且，求证：.
【答案】（1）2； （2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用绝对值的三角不等式求解最小值作答.
（2）利用（1）的结论，结合柯西不等式推理作答.
【小问1详解】
函数的定义域为R，，当且仅当时取等号，
所以的最小值.
【小问2详解】
由（1）知，正实数，，满足：
因此
，当且仅当，即时取等号，
所以.