河南省2022-2023学年高三下学期核心模拟卷（中）文科数学（一）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（一）试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了非选择题的作答，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. 已知全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，再求即可.
【详解】由已知，又，
.
故选：B.
2. 已知复数z满足,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将当作未知数解出来,再化简即可.
【详解】由得
故选:A.
3. 已知平面向量满足，与的夹角为120°，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】按照平面向量的模的性质及数量积运算法则计算即可.
【详解】因为，
所以，即，
解得.
故选：B.
4. 2023年春节到来之前：某市物价部门对本市5家商场的某种商品一天的销售量及其价格进行调查，5家商场这种商品的售价x（单位；元）与销售量y（单位：件）之间的一组数据如下表所示：
经分析知，销售量y件与价格x元之间有较强的线性关系，其线性回归直线方程为，且，则（ ）
A. 12B. 11C. 10D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】由表中数据计算、，根据线性回归直线方程过点代入化简求解即可．
【详解】由表中数据，计算 ，
，
因为线性回归直线方程过点，
即，即， 所以，
又因为，所以．
故选∶C﹒
5. 已知，，则p是q的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】分别求出命题，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】，即
解得，
，
所以推不出，推不出，
所以是的既不充分也不必要条件.
故选：D.
6. 在倡导“节能环保”“低碳生活”的今天，新能源逐渐被人们所接受，进而青睐，新能源汽车作为新能源中的重要支柱产业之一取得了长足的发展．为预测某省未来新能源汽车的保有量，采用阻滞型模型进行估计．其中y为第t年底新能源汽车的保有量，r为年增长率，M为饱和量，为初始值（单位：万辆）．若该省2021年底的新能源汽车拥有量为20万辆，以此作为初始值，若以后每年的增长率为0.12，饱和量为1300万辆，那么2031年底该省新能源汽车的保有量为（精确到1万辆）（参考数据：，）（ ）
A. 62万B. 63万C. 64万D. 65万
【答案】C
【解析】
【分析】把已知数据代入阻滞型模型，求出对应的值即可．
【详解】根据题中所给阻滞型模型，代入有关数据，注意以2021年的为初始值，
则2031年底该省新能源汽车的保有量为，
因为，所以，
所以
故选：C
7. 已知函数在上有3个极值点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意求出的范围，然后根据正弦函数的性质及题意建立不等关系，求得参数的取值范围即可.
【详解】因，，
所以 ，
因为函数在上有3个极值点，
所以，
解得，
所以的取值范围为，
故选：C.
8. 在如图所示的程序框图中，若输入的a，b，c分别为，，，执行该程序框图，输出的结果用原来数据表示为（ ）
A. b，a，cB. a，b，cC. c，b，aD. c，a，b
【答案】A
【解析】
【分析】该程序的功能为从大到小输出原来输入的数据，通过比较输入数据的大小，即可求解．
【详解】解︰由程序框图可知，该程序的功能为从大到小输出原来输入的数据，
，，即，
所以，则输出的结果用原来数据表示为b，a，c.
故选∶A．
9. 在和中，若，，则（ ）
A. 与均是锐角三角形
B. 与均是钝角三角形
C. 是钝角三角形，是锐角三角形
D. 是锐角三角形，是钝角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由三角形的正弦值一定大于零，即可判断是锐角三角形，然后再由，判断的形状即可得到结果.
【详解】在和中，因为，
所以均为锐角，即为锐角三角形.
另一方面，可得或
即，
所以为锐角或者钝角，
同理可得为锐角或者钝角，
但是中必然有一个为钝角，否则不成立，所以为钝角三角形.
故选:D
10. 已知抛物线，P为C上一点，，，当最小时，点P到坐标原点的距离为（ ）
A. B. C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】设，由抛物线的定义可得，，设化简可得当时，取得最小值，求出的坐标，即可求解
【详解】因为抛物线，则焦点为，准线为，
又，，则点为抛物线的焦点，
过作准线的垂线，垂足为，
设，则，故，
由抛物线的定义可得，
，
又，则设故，
则，
当时，取得最小值为，则，，
将代入抛物线可得，所以
故选：A
11. 在如图所示的圆台中，四边形ABCD为其轴截面，，母线长为，为底面圆周上一点，异面直线与 ( 为底面圆心）所成的角为，则的大小为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】建立如图所示坐标系, 根据异面直线 与 ( 为底面圆心）所成的角为,求得
【详解】以为原点， 为轴，过点 作 轴 ，圆台的轴为轴，
建立如图所示坐标系：
作 交 于点 , ,
中，
,则
,
由于异面直线 与 ( 为底面圆心）所成的角为,
,
故选:B
12. 已知，若且，则（ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】设，，可得在上是奇函数，且为增函数，再由条件得到，最后求出即可.
【详解】设，，
因为，所以是奇函数.
因为、在上都为增函数，所以在上为增函数.
因为，所以，
因为，所以.
因为，所以，
所以，所以，
所以.
故选：D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知x，y满足约束条件，则的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】作出不等式组对应的平面区域，结合直线的截距，利用数形结合进行求解即可．
【详解】由题意得：
画出可行域（如图阴影部分），由，解得．
当直线过点时，z取得最大值，故.
故答案为：
14. 已知函数，无论a取何值，曲线均存在一条固定的切线，则该切线方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意得，，，此时这两个值均与无关，可得切点为即可得出答案．
【详解】，则，
，，此时这两个值均与无关，
∴无论取何值，曲线均存在一条固定的切线，
此时切点为，切线斜率为1，故切线方程为，即.
故答案为∶
15. 已知双曲线的实轴为，对上任意一点P，在上都存在点Q，使得，则C的离心率的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得到的关系式，然后由双曲线离心率的公式以及范围即可得到结果.
【详解】因为对上任意一点P，在上都存在点Q，使得，
所以，所以，即，
所以.
即.
故答案为:
16. 如图,在三棱锥中,平面平面ABC,,,,为等边三角形,则三棱锥外接球的表面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】先找到两个面的外心,通过外心作垂线交点即为球心.
【详解】因为平面平面,平面平面,平面,所以平面;
如图,因为,所以三角形的外心即为中点,
过三角形外心作平面的垂线,
过三角形的外心作平面的垂线,
则两垂线必相交于球心,连接,则外接球半径.
在中,,,
所以,
所以表面积.
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. 某市为了解新高三学生的数学学习情况，以便为即将展开的一轮复习提供准确的数据，在开学初该市教体局组织高三学生进行了一次摸底考试，现从参加考试的学生中随机抽取名，根据统计结果，将他们的数学成绩（满分分）分为，，，，，，，共组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）若表示事件“从参加考试的学生中随机抽取一名学生，该学生的成绩不低于分”，估计事件发生的概率；
（2）利用所给数据估计本次数学考试的平均分及方差（各组数据以其中点数据代表）．
参考数据：，，，，，，，，其中为第组的中点值．
【答案】（1）；
（2），．
【解析】
【分析】（1）由频率和为，计算出，进而根据频率分布直方图可得事件发生的概率；
（2）分别根据平均数和方差的计算公式代入求解即可．
【小问1详解】
从参加考试的学生中随机抽取一名学生，该学生的成绩不低于分的概率为.
【小问2详解】
本次数学考试的平均分为
本次数学考试的方差为
.
18. 如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形CDEF为平行四边形，平面平面ABCD，．
（1）证明：平面ABE；
（2）若，，，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，取的中点，连接，根据条件证明四边形为平行四边形，然后得到即可；
（2）取的中点为，连接，依次证明平面、平面，然后可求出点到平面的距离，然后根据算出答案即可.
【小问1详解】
证明：连接交于点，取的中点，连接，
因为四边形为平行四边形，所以为的中点，
所以，
因为，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，即，
因为平面，平面，所以平面ABE，
【小问2详解】
取的中点为，连接，
因为，，所以为等边三角形，
所以，，
因为平面平面ABCD，平面平面ABCD ，平面，
所以平面，所以点到平面的距离为，
因为，平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离为，
因为是直角梯形，，，，，
所以，
所以.
19. 在中，角A，B，C对边分别是a，b，c，．
（1）证明：；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换结合正弦定理的边角互化，代入计算，化简即可得到结果；
（2）由题意可得，令换元，即可得到的范围，然后求解不等式即可得到的范围，从而得到结果.
【小问1详解】
因为，即，
所以，即，
所以，即，
再由正弦定理可得，
【小问2详解】
由（1）可知，，即，且，故，
由可得，即.
令，则，因为，则，
则，即，所以，，
且恒成立，即，解得，
所以.
20. 已知．
（1）若在上单调递增，求a的取值范围，
（2）证明：当时，．
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）分离参数，转化为在上恒成立，求出函数的最大值即可得到结果；
（2）根据题意转化为，然后求得的最小值即可证明.
【小问1详解】
由，可得，
因为在上单调递增，则在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则在上恒成立，即在上单调递减，
所以，
由在上恒成立，可得，
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
因为函数，，令，则，
即时，，则单调递增；
即时，，则单调递减；
所以，即（当且仅当取等号），
因为函数，，
则，令，则，
当时，，则函数单调递增；
当时，，则函数单调递减；
所以，即（当且仅当取等号），
因为，且（当且仅当取等号） ，（当且仅当取等号），所以（两个等号不同时成立这里反为大于号），
令，即证，
因额为，令，可得，所以，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增；
所以，所以，
即当时，．
21. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，，，分别为的上、下顶点，P为上在第一象限内的一点，直线，的斜率之积为．
（1）求的方程；
（2）设的右顶点为A，过A的直线与交于另外一点B，与垂直的直线与交于点M，与y轴交于点N，若，且（O为坐标原点），求直线的斜率的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1），由直线，的斜率之积为可得，再结合，可得的关系，从而可求得，即可得解；
（2）设直线的方程为，联立方程利用韦达定理可得，正在根据，可求得，从而可求得的坐标，再在中，由，得，从而可得出答案.
【小问1详解】
因为，所以，即，
又，P为上在第一象限内的一点，
设，则，即，
，
所以，
代入，得，
化简得，所以，
又，所以，
所以的方程为；
【小问2详解】
由（1）可得，
设直线的方程为，
联立，消得，
，
则，所以，
由，设，则，
又，则，
因为，所以，
所以，
所以直线，
联立，得，
在中，因为，所以，
所以，解得，
即，解得或，
所以直线的斜率的取值范围为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法，
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
（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. 在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
（2）P为l上一点，过P作曲线C的两条切线，切点分别为A，B，若，求点P横坐标的取值范围．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）把曲线C的方程两边平方相加可求曲线C的普通方程,利用两角和的余弦公式可求直线l的直角坐标方程;
（2）设，由题意可得，计算可求点P横坐标的取值范围.
【小问1详解】
由曲线的参数方程为（为参数），
可得
由,得
,即,
曲线的普通方程为,直线的直角坐标方程为
【小问2详解】
设,连接，易得，
若,则，
在中，，
,
,两边平方得,
解得,
点横坐标的取值范围为
选修4-5；不等式选讲
23. 已知．
（1）若，解不等式；
（2）当时，的最小值为3，若正数m，n满足，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对的取值进行分类，分段求解不等式，再求并集即可；
（2）根据绝对值三角不等式求出，再利用柯西不等式证明即可求得结果.
【小问1详解】
当时，不等式为，
当时，可以化为，解得；
当时，可以化为，得，不等式不成立；
当时，可以化为，解得；
综上,可得不等式的解集为.
【小问2详解】
当时，
当时等号成立，由可得（舍）或，故,
由柯西不等式可得
，即得
当且仅当时，即时取等号．
价格x
8
9.5
m
10.5
12
销售量y
16
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6
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