2022-2023学年河南省开封高级中学高三下学期核心模拟卷理科数学（一）试题及答案解析

PAGE\*MERGEFORMAT1河南省开封高级中学2022~2023学年高三核心模拟卷理科数学（一）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.已知复数z满足,则（）A.B.C.D.2.已知全集，集合，则（）A.B.C.D.3.已知平面向量满足，与的夹角为120°，若，则（）A.1B.2C.3D.44.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.65万5.有2男2女共4名大学毕业生被分配到三个工厂实习，每人必须去一个工厂且每个工厂至少去1人，且工厂只接收女生，则不同的分配方法种数为（）A12B.14C.36D.726.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，b7.已知双曲线的实轴为，对上任意一点，在上都存在点，使得，则的离心率的取值范围为（）A.B.C.D.8.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9.已知，则“对任意，”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件10.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（）AB.或C.D.或11.已知将函数图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若在上有3个极值点，则的取值范围为（）A.B.C.D.12.若存在，使得关于的不等式成立，则实数的最小值为（）A.2B.C.D.二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.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________．14.2023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：价格89510.512销售量16865经分析知，销售量件与价格元之间有较强的线性关系，其线性回归直线方程为，且，则__________.15.已知抛物线是上的两动点，且，则弦的中点的横坐标的最小值为__________.16.如图，在三棱锥中，为等边三角形，三棱锥体积为，则三棱锥外接球的表面积为__________.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.在各项均为正数的数列中，，．（1）求的通项；（2）若，的前项和为，证明：．18.在节日里为了促销各大商场八仙过海各显神通，推出了花样繁多的促销活动，某大超市为了拉升节日的喜庆气氛和提升销售业绩，举行了购物抽奖促销活动，购物满500元可获得一次抽奖机会，抽奖方法如下：在盒子里放着除颜色外其他均相同的5个小球（红球和黑球各1个，白球3个），不放回地摸球，每次摸1球，摸到黑球就停止摸奖，摸到红球奖励40元，摸到白球奖励10元，摸到黑球不奖励．（1）求1名顾客摸球3次停止摸奖的概率；（2）记X为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求随机变量X的分布列及数学期望．19.如图，在直角梯形中，，四边形为平行四边形，平面平面.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值.20.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．21.已知函数．（1）当时，求函数在区间上的值域；（2）若函数有三个零点，求实数的取值范围，并求的值．（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．选修不等式选讲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：．答案解析一､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.2.已知全集，集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分别求出集合、、，再求交集可得答案.【详解】因为，所以，又因为，所以.故选：D.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.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：C5.有2男2女共4名大学毕业生被分配到三个工厂实习，每人必须去一个工厂且每个工厂至少去1人，且工厂只接收女生，则不同的分配方法种数为（）A.12B.14C.36D.72【答案】B【解析】【分析】根据题意，分厂只接受1个女生和厂接受2个女生两类情况，结合厂的分派方案，利用分类、分步计数原理，即可求解.【详解】由题意，可分为两种情况：①若厂只接受1个女生，有种分派方案，则厂分派人数可以为或，则有种分派方案，由分步计数原理可得，共有种不同的分派方案；②若厂接受2个女生，只有1种分派方案，则厂分派人数为，则有种分派方案，此时共有种不同的分派方案，综上，由分类计数原理可得，共有种不同的分派方案.故选：B.6.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．7.已知双曲线的实轴为，对上任意一点，在上都存在点，使得，则的离心率的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【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】依题意，，当在轴左侧，则在上任一点，都有；当在轴右侧，则在上任一点，都有；当在轴上，则在上任一点，都有；因为对上任意一点P，在上都存在点Q，使得，所以，即，即，所以.即.故选；C.8.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.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:D9.已知，则“对任意，”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用充分条件和必要条件的定义，结合分析判断即可【详解】因为对任意，有，而对任意，，所以，因为是的真子集，所以“对任意，”是“”的充分不必要条件，故选：A10.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.11.已知将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若在上有3个极值点，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用三角恒等变化得，由图象的变化得，结合题意和余弦函数的图象列出不等式组求解即可.【详解】因为又因为，令，又因为,当时,在上有3个极值点等价于在上有3个极值点，的图象如图所示：由余弦函数的性质可得:,解得:.故选:C.12.若存在，使得关于的不等式成立，则实数的最小值为（）A.2B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由两边取对数可得，令则不等式可转化为，即，故根据题意可得求的最小值即可，令，通过求导可得的最小值即可【详解】由两边取对数可得①，令则，因为，所以，则①可转化得，因为，因为存在，使得关于的不等式成立，所以存在，成立，故求的最小值即可，令，令，令，，所以在上单调递减，所以，，所以在上单调递减，所以在上单调递减，，，所以实数的最小值为故选：D【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.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∶14.2023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：价格89.510.512销售量16865经分析知，销售量件与价格元之间有较强的线性关系，其线性回归直线方程为，且，则__________.【答案】【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，故答案为：．15.已知抛物线是上的两动点，且，则弦的中点的横坐标的最小值为__________.【答案】3【解析】【分析】先设出A，B的坐标，根据抛物线的定义结合两边之和大于第三边，当A，B，F三点共线时可求弦AB的中点P的横坐标的最小值.【详解】设，弦的中点，抛物线的准线方程为，当且仅当三点共线时取等号，∴弦的中点的横坐标的最小值为3.故答案为:3.16.如图，在三棱锥中，为等边三角形，三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】以A为坐标原点建立空间坐标系，根据条件求出C坐标，因为为直角三角形，故球心O在过BD中点且与面ABD垂直的方向上，设球心O坐标，根据求得O坐标，可求得外接球的表面积.【详解】过C作面于H，则三棱锥的体积为，所以，取AD中点M，连接CM，MH，因为为等边三角形，所以，又面，面，所以，又，所以面，面，所以，在中，所以以AB，AD为轴，垂直于AB，AD方向为轴，建立如图所示空间坐标系，设球心，在面的投影为，由得，所以N为的外接圆圆心，所以N为斜边的中点，故设由得，解得，所以，故外接球的表面积为，故答案为：【点睛】关键点点睛：此题直接求球心或半径有一定的难度，先是确定球心在过面的外心且与面垂直的线上，设球心的坐标，利用球心到各顶点的距离相等求出坐标，从而求得球的半径.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.在各项均为正数的数列中，，．（1）求的通项公式；（2）若，的前项和为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由得出，再根据得出，则数列为等比数列，即可得出通项公式；（2）由（1）得，，，代入，化简得，即可得出，则，再证明为增数列，则，即可证明结论．【小问1详解】，，则或，又，，数列为等比数列，公比为2，，．【小问2详解】证明：由（1）得，，，则，的前项和为，则，又当时，当时，为增数列，，即，．18.在节日里为了促销各大商场八仙过海各显神通，推出了花样繁多的促销活动，某大超市为了拉升节日的喜庆气氛和提升销售业绩，举行了购物抽奖促销活动，购物满500元可获得一次抽奖机会，抽奖方法如下：在盒子里放着除颜色外其他均相同的5个小球（红球和黑球各1个，白球3个），不放回地摸球，每次摸1球，摸到黑球就停止摸奖，摸到红球奖励40元，摸到白球奖励10元，摸到黑球不奖励．（1）求1名顾客摸球3次停止摸奖的概率；（2）记X为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求随机变量X的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，35【解析】【分析】（1）1名顾客摸球3次停止摸奖的情况个数为，基本事件的个数为，然后代入等可能事件的概率公式即可；（2）随机变量的所有取值为0，10，20，30，40，50，60，70，利用排列组合计数，分别求出取各个值时的概率即可求解随机变量X的分布列及期望．【小问1详解】1名顾客摸球3次停止摸奖的情况个数为，基本事件的个数为，设“1名顾客摸球3次停止摸奖”为事件A，则，故1名顾客摸球3次停止摸奖的概率为．【小问2详解】随机变量X的所有取值为0，10，20，30，40，50，60，70，表示第一次取球取到了黑球，概率为；表示第一次取到了白球，第二次取到了黑球，概率为；表示前两次取到白球，第三次取到黑球，概率为；表示前三次取到白球，第四次取到黑球，概率为；表示第一次取到红球，第二次取到黑球，概率为；表示前两次取到白球和红球，第三次取到黑球，概率为；表示前三次取到2个白球和1个红球，第四次取到黑球，概率为；表示前四次取到3个白球和1个红球，第五次取到黑球，概率为；综上，随机变量X的分布列为：X010203040506070P．19.如图，在直角梯形中，，四边形为平行四边形，平面平面.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，取的中点，连接，证明为平行四边形，即可推理作答.（2）在平面内过D作，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.【小问1详解】连接，取的中点，连接，如图，在中，为的中点，则，又，，因此，即四边形为平行四边形，于是，即，而平面，平面，所以平面ABE.【小问2详解】在中，，则是菱形，又，即有是正三角形，在平面内过D作，因为平面平面，平面平面，则有平面，于是两两垂直，以点D为原点，射线的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则，，令平面的法向量，则，令，得，令平面的法向量，则，令，得，因此，所以二面角的正弦值为.20.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，若题目的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．21.已知函数．（1）当时，求函数在区间上的值域；（2）若函数有三个零点，求实数的取值范围，并求的值．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）将代入，得出时，，即在区间上单调递增，即可求出值域；（2）先求出，当时，，在单调递增，不合题意舍去；当时，令，则，设，再判断的单调性，得出时符合题意，即可求出实数的取值范围；由和即可得出的值．【小问1详解】当时，，其中，则，所以在上单调递增，所以．【小问2详解】，其中，当时，显然，所以在上单调递增，至多有1个零点，不合题意舍去；当时，令，则，设，其中，则，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，所以当时，有2个零点，当时，，在单调递增，显然不合题意，所以有三个零点时，的取值范围是；又因，所以，又，，所以，所以，故．（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．