河南省顶级名校2022-2023学年高三上学期1月模拟数学（文）试题

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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．集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，其中为实数，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
4．设为抛物线的焦点，点在上，点，若，则（ ）
A．2B．C．3D．
5．已知等比数列的前3项和为，则（ ）
A．14B．12C．6D．3
6．在正方体中，分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
7．函数在区间的图象大致为（ ）
A．B．C．D．
8．将函数的图象向左平移个单位长度后得到曲线，若关于轴对称，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
9．当时，函数取得最大值，则（ ）
A．B．C．D．1
10．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A．B．C．D．
11．设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．记为等差数列的前项和．若，则公差_________．
14．若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．
15．设点在直线上，点和均在上，则的方程为_________．
16．记函数的最小正周期为，若，为的零点，则的最小值为_________．
三、解答题：
17．（10分）
记的内角的对边分别为，已知．
（1）证明：；
（2）若，求的周长．
18．（12分）
记为数列的前项和．已知．
（1）证明：是等差数列；
（2）若成等比数列，求的最小值．
19．（12分）
如图，四面体中，为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，点在上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
20．（12分）
如图，直四棱柱的底面是菱形，，分别是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离．
21．（12分）
已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．
（1）若，求；
（2）求的取值范围．
22．（12分）
已知函数．
（1）当时，求的最大值；
（2）若恰有一个零点，求的取值范围．
数学（文科）—答案
一、选择题
1．A【详解】，所以．
2．A【详解】因为，所以，解得：．
3．D【详解】因为，所以．
4．B【详解】由题意得，，则，即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，不妨设点在轴上方，代入得，，所以．
5．D【详解】设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以．
6．A【详解】解：在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；
7．A【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C．
8．C【详解】由题意知：曲线为，又关于
轴对称，则，
解得，又，故当时，的最小值为．
9．B【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有
10．C【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以．
11．C【详解】解：依题意可得，因为，所以，要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又的图象如下所示：则，解得，即．
12．C【详解】球的体积为，所以球的半径，设正四棱锥的底面边长为，高为，则，
所以
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，时，，
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是．
二、填空题
13．2【详解】由可得，化简得，即，解得．
14．【详解】双曲线的渐近线为，即，不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，依题意圆心到渐近线的距离，解得或（舍去）．
15．【详解】点在直线上，
设点为，又因为点和均在上，
点到两点的距离相等且为半径，，解得，的方程为．
16．3【详解】解：因为所以最小正周期，因为，
又，所以，即，又为的零点，所以，解得，因为，所以当时；
三、解答题：
17．证明：（1）因为，
所以，所以，即，所以；
（2）因为，由（1）得，
由余弦定理可得，则，所以，
故，所以，
所以的周长为．
18．解：（1）因为，即①，
当时，②，
①-②得，，
即，
即，所以且，
所以是以1为公差的等差数列．
（2）由（1）可得，
又成等比数列，所以，即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
19．解：（1）由于是的中点，所以．
由于，所以，
所以，故，由于平面，
所以平面，由于平面，所以平面平面．
（2）依题意，三角形是等边三角形，
所以，由于，
所以三角形是等腰直角三角形，所以．
，所以，
由于平面，所以平面．
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小值．过作，垂足为，
在Rt中，，解得，所以
，所以．
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以，所以．
20．解：（1）连结．因为分别为的中点，所以，
且．又因为为的中点，所以．
由题设知，可得，故，因此四边形为平行四边形，
．又平面，所以平面．
（2）过作的垂线，垂足为．
由已知可得，所以平面，故．
从而平面，故的长即为到平面的距离，
由已知可得，所以，故．
从而点到平面的距离为．
21．解（1）由题意知，，则在点处的切线方程为，
即，设该切线与切于点，则，解得，则，解得；
（2），则在点处的切线方程为
，整理得，
设该切线与切于点，则，则切线方程为，
整理得，则，整理得，
令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：
则的值域为，故的取值范围为．
22．解（1）当时，，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，单调递增；
当时，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，单调递增；
在上，单调递减；
又，当趋近正无穷大时，趋近于正无穷大，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，单调递增；
在上，单调递减；此时，
又，当趋近正无穷大时，趋近负无穷，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，的取值范围为．0
1
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0
+
0
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0
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