精品解析：河南省新乡市2022-2023学年高三第一次模拟考试理科数学试题

新乡市高三第一次模拟考试 数学（理科） 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共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. 若集合，，则（ ） A. B. C. 或 D. 2. 若，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 对2021年某地某款汽车的销售价格（单价：万元）与销售数量进行统计，随机选取1000台汽车的信息，这1000台汽车的销售价格都不低于5万元，低于30万元，将销售价格分为，，，，这五组，统计后制成如图所示的频率分布直方图，则在选取的1000台汽车中，销售价格在内的车辆台数为（ ） A. 175 B. 375 C. 75 D. 550 5. 在△中，，分别为边，的中点，且与交于点，记，，则（ ） A. B. C. D. 6. 年詹希元创制了“五轮沙漏”，流沙从漏斗形的沙池流到初轮边上的沙斗里，驱动初轮，从而带动各级机械齿轮旋转．最后一级齿轮带动在水平面上旋转的中轮，中轮的轴心上有一根指针，指针则在一个有刻线的仪器圆盘上转动，以此显示时刻，这种显示方法几乎与现代时钟的表面结构完全相同．已知一个沙漏的沙池形状为圆锥形，满沙池的沙漏完正好一小时（假设沙匀速漏下），当沙池中沙的高度漏至一半时，记时时间为（ ） A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时 7. 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数都是质数的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 9. 函数（，，）的部分图像如图所示，则（ ） A. 0 B. 2 C. D. 10. 已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，且的最小值为，M是线段AB的中点，是平面内一定点，则下列选项不正确的是（ ） A. B. 若，则M到x轴的距离为3 C. 若，则 D. 的最小值为4 11. 已知正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，若该正三棱柱的外接球体积为，当最大时，该正三棱柱的体积为（ ） A. B. C. D. 12. 设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，．现有下列四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置． 13. 若，则______． 14. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则的面积为______． 15. 已知函数在定义域内不存在极值点，则实数a的取值范围是______． 16. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，P为椭圆C上异于左、右顶点的任意一点，，的中点分别为M，N，O为坐标原点，四边形OMPN的周长为4b，则椭圆C的离心率为______；若椭圆C过点，过点作直线l与椭圆C交于A，B两点，则的最大值与最小值的和为______． 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. 已知是数列的前n项和，，且． （1）求的通项公式； （2）证明：． 18. 如图，在五面体ABCDE中，平面ABC，，，． （1）求五面体ABCDE的体积； （2）求二面角的正弦值． 19. 乒乓球被称为中国的“国球”．甲、乙两位乒乓球爱好者决定进行一场友谊赛，制定如下比赛规则：比赛分两天进行，每天实行三局两胜制，即先赢两局者获得该天的胜利．若两天比赛中一方连续胜利，则该方获得胜利；若两天比赛中双方各胜一天，则第三天加赛一局，一局定胜负．设每局比赛甲获胜的概率为，各局比赛相互独立，没有平局． （1）当时，求第一天比赛甲获胜的概率； （2）记比赛结束时的总局数为，当时，求随机变量的分布列和数学期望． 20. 在平面直角坐标系xOy中，已知，，动点C满足直线AC与直线BC的斜率乘积为3． （1）求动点C的轨迹方程E． （2）过点作直线l交曲线E于P，Q两点（P，Q在y轴两侧），过原点O作直线的平行线交曲线E于M，N两点（M，N在y轴两侧），试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 21. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若方程有两个不相等的实根，，求实数a的取值范围，并证明． （二）选考题：共10分．请考生从第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分． 【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分） 22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为． （1）写出曲线C和直线l的直角坐标方程； （2）若，且直线l与曲线C没有公共点，求m的取值范围． 【选修4—5：不等式选讲】（10分） 23. 已知关于的不等式有解． （1）求实数的最大值； （2）在（1）的条件下，已知为正数，且，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新乡市高三第一次模拟考试 数学（理科） 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共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. 若集合，，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算，或，再计算交集即可. 【详解】，或， 故． 故选：D 2. 若，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义、复数虚部的定义进行求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 所以的虚部为1． 故选：B 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角差的正切公式即可求得答案. 【详解】因为，所以, 故选：A 4. 对2021年某地某款汽车的销售价格（单价：万元）与销售数量进行统计，随机选取1000台汽车的信息，这1000台汽车的销售价格都不低于5万元，低于30万元，将销售价格分为，，，，这五组，统计后制成如图所示的频率分布直方图，则在选取的1000台汽车中，销售价格在内的车辆台数为（ ） A. 175 B. 375 C. 75 D. 550 【答案】B 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中各组频率和为1可求出，从而可求出销售价格在内的频率，进而可求出销售价格在内的车辆台数. 【详解】由频率分布直方图知，， 所以， 所以销售价格在内的频率为， 故销售价格在内的车辆台数为． 故选：B 5. 在△中，，分别为边，的中点，且与交于点，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据重心的几何特点，结合平面向量的线性运算，即可求得结果. 【详解】根据题意可得点G为△的重心， 所以． 故选：A. 6. 年詹希元创制了“五轮沙漏”，流沙从漏斗形的沙池流到初轮边上的沙斗里，驱动初轮，从而带动各级机械齿轮旋转．最后一级齿轮带动在水平面上旋转的中轮，中轮的轴心上有一根指针，指针则在一个有刻线的仪器圆盘上转动，以此显示时刻，这种显示方法几乎与现代时钟的表面结构完全相同．已知一个沙漏的沙池形状为圆锥形，满沙池的沙漏完正好一小时（假设沙匀速漏下），当沙池中沙的高度漏至一半时，记时时间为（ ） A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时 【答案】D 【解析】 【分析】设沙漏的底面半径为，高为，然后根据题求出当沙池中沙的高度漏至一半时，所剩余的沙的体积，从而可求出漏下的沙子体积与总体积的关系，进而求得结果. 【详解】设沙漏的底面半径为，高为，则沙的体积为， 当沙池中沙的高度漏至一半时，所剩余的沙形成的圆锥的高为，底面半径为， 所以所剩余的沙的体积为 所以漏下的沙子体积为总体积的， 故记时时间为小时． 故选：D 7. 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数都是质数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由古典概型概率公式结合组合数即可得解. 【详解】2至8这7个数中质数有4个，从7个数中取2个，共有个结果， 取出2个数都为质数，有个结果，所以所求概率． 故选：B 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数与指数式的互化公式，结合对数的运算公式、指数与对数恒等式进行求解即可. 【详解】因为，所以．因为， 所以， 故． 故选：C 9. 函数（，，）的部分图像如图所示，则（ ） A. 0 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图像最高点和最低点得到,由周期得到，再将点代入函数解析式得到，将代入即可求解. 【详解】由图可知，，所以， 因为，解得， 将代入得，结合已知范围，解得， 所以， 故， 故选：C 10. 已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，且的最小值为，M是线段AB的中点，是平面内一定点，则下列选项不正确的是（ ） A. B. 若，则M到x轴的距离为3 C. 若，则 D. 的最小值为4 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，结合平面向量共线性质、两点间线段最短逐一判断即可. 【详解】设点，．该抛物线的准线为， 因为，所以的最小值为，所以，故A正确． 若，则，所以M到x轴的距离为，故B正确． 由向量共线可得AB过F点，设AB的方程为，与 联立可得，则． 由，， 得，所以或（舍去），所以，故C错误． 过点A作抛物线的准线l：的垂线，垂足为点E， 由抛物线的定义可得，所以，当且仅当P，A，E三点共线，即当时，取得最小值，故D正确． 故选：C 【点睛】关键点睛：利用抛物线的定义是解题的关键. 11. 已知正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，若该正三棱柱的外接球体积为，当最大时，该正三棱柱的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由外接球半径体积可得外接球半径，根据勾股定理，设，根据可行域可得当直线与曲线相切时最大，联立令解出的值即可. 【详解】因为正三棱柱外接球的体积为，所以， 设球心为，底面外接圆圆心为，由正三棱锥可得，底面外接圆半径， 所以由勾股定理得， 设，当直线与曲线相切时，最大， 联立方程组得， 由，得或（舍去），此时，， 所以正三棱柱的体积， 故选：B 12. 设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，．现有下列四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④ 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数奇偶性、对称性、周期性三者之间的关系，结合导函数相等即其他等式，综合运用各式之间的关系即可得出结果. 【详解】因为，所以． 因为，所以，所以． 因为，所以，得，所以， 所以，所以的图象关于直线对称，所以，故①正确． 因为为奇函数，所以，且． 因为，所以，则的周期， 所以，故③错误． 因为，所以的周期也为4， 所以，， 所以，故②正确． 因为，，，， 所以，所以④正确． 故选:D. 【点睛】方法点睛：①若两函数的导函数相等，则这两个函数只差一个常数； ②函数的周期性、奇偶性、对称性三个性质之间，其中任意两个性质可以推出第三个性质. 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置． 13. 若，则______． 【答案】－100 【解析】 【分析】根据二项式定理可知，是的系数，根据二项展开式的通项公式进行运算即可得出. 【详解】二项展开式的通项公式为：， 当时，， 二项展开式的通项公式为：， 当时，， 所以. 故答案为：. 14. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理及已知条件可得，再由三角形的面积公式即可得答案. 【详解】解：因为，， 所以， 因为， 所以， 得， 故． 故答案为： 15. 已知函数在定义域内不存在极值点，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由题可得或在上恒成立，然后根据参变分离及二次函数的性质即得. 【详解】函数的定义域为，且， 因为在定义域内不存在极值点， 所以或在上恒成立， 即或在上恒成立， 因为在上不可能恒成立， 所以在上恒成立，即， 所以， 故． 故答案为：. 16. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，P为椭圆C上异于左、右顶点的任意一点，，的中点分别为M，N，O为坐标原点，四边形OMPN的周长为4b，则椭圆C的离心率为______；若椭圆C过点，过点作直线l与椭圆C交于A，B两点，则的最大值与最小值的和为______． 【答案】 ①. ##； ②. ##. 【解析】 【分析】根据已知条件结合三角形的中位线定理可得四边形OMPN是平行四边形，再由四边形OMPN的周长为4b，结合椭圆的定义可得，则，从而可求出椭圆的离心率；设直线l的方程为，代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，然后计算化简，令，则，再由可求出的范围，进而可求得结果. 【详解】因为M，O分别为，的中点， 所以，，则四边形OMPN是平行四边形， 所以，所以， 所以． 因为椭圆C过点，所以． 因为，所以，，， 所以椭圆C的方程为． 设直线l的方程为，联立方程组， 得． 设，，则，． 因为 ， 所以． 令，则． 因为，所以． 设的最大值与最小值分别为，， 则，是方程的两根， 所以． 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. 已知是数列的前n项和，，且． （1）求的通项公式； （2）证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由求，用作差法，再集合累乘法即可求解； （2）先表示出，再将裂项可求出的表达式可证. 【小问1详解】 解：当时，可得． 当时，， 所以， 所以，所以． 因为，所以， 时也符合，故． 【小问2详解】 证明：由（1）知， 所以， 所以． 因为，所以．得证 18. 如图，在五面体ABCDE中，平面ABC，，，． （1）求五面体ABCDE的体积； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）可将该五面体分割成多个简单几何体后进行体积求解. （2）建立空间直角坐标系，用空间向量先求出二面角的余弦值，再求正弦值. 【小问1详解】 因为平面ABC，所以． 因为，平面BCE，平面BCE， 所以平面BCE，所以， 所以． 【小问2详解】 如图，取AC的中点O，连接OB，因为，所以，作． 以O为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐以标系，则，，，，，，，． 设平面CDE的法向量为，则 令，得． 设平面ACE的法向量为，则 令，得． 因为， 所以， 故二面角的正弦值为． 19. 乒乓球被称为中国的“国球”．甲、乙两位乒乓球爱好者决定进行一场友谊赛，制定如下比赛规则：比赛分两天进行，每天实行三局两胜制，即先赢两局者获得该天的胜利．若两天比赛中一方连续胜利，则该方获得胜利；若两天比赛中双方各胜一天，则第三天加赛一局，一局定胜负．设每局比赛甲获胜的概率为，各局比赛相互独立，没有平局． （1）当时，求第一天比赛甲获胜的概率； （2）记比赛结束时的总局数为，当时，求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】（1）； （2）分布列见解析，数学期望为. 【解析】 【分析】（1）由题可知甲可能以或获胜，然后计算概率即得； （2）由题可得可取4，5，6，7，分别计算概率可得分布列，再利用期望公式即得. 【小问1详解】 第一天比赛甲可能以或获胜， 因为，， 所以第一天甲获胜的概率； 【小问2详解】 因为， 所以第一天和第二天甲以获胜的概率为，此时乙以负， 第一天和第二天甲以获胜的概率为，此时乙以负， 即第一天和第二天甲、乙各自以和获胜的概率都是， 同样以和负的概率都是， 所以的所有可能取值为4，5，6，7， ， ， ， ， 所以随机变量Y的分布列为 4 5 6 7 所以． 20. 在平面直角坐标系xOy中，已知，，动点C满足直线AC与直线BC的斜率乘积为3． （1）求动点C的轨迹方程E． （2）过点作直线l交曲线E于P，Q两点（P，Q在y轴两侧），过原点O作直线的平行线交曲线E于M，N两点（M，N在y轴两侧），试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）为定值2 【解析】 【分析】（1）设，则由题意可得，化简后可得动点C的轨迹方程； （2）由题意设直线：，，，将直线方程代入双曲线方程中化简，利用根与系数的关系结合弦长公式表示出，设的方程为，代入双曲线方程化简后可表示出，从而可求出的值. 【小问1详解】 设，因为直线AC与直线BC的斜率乘积为3， 所以，所以， 故动点C的轨迹方程为． 【小问2详解】 易知直线的斜率存在且不为0． 设直线：，，， 联立方程组得， 则， 因为P，Q在y轴两侧， 所以，所以， 所以． 因为，所以的方程为． 设，则， 联立方程组，得． 所以，， 所以， 所以，即为定值2． 21. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若方程有两个不相等的实根，，求实数a的取值范围，并证明． 【答案】（1）见解析 （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先求出导函数，再对的范围分类讨论，根据的正负即可得到的单调性； （2）首先将原式化简整理成，令，得.再令，根据已知条件有两个不相等的实根，，利用导数求出参数的取值范围.进而要证，即证，即证，只需证．不妨设，则只要证，即，最后令，，其中，借助导数求解的最小值即可证明. 【小问1详解】 因为，所以． 当时，，所以在上单调递增． 当时，令，得；令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 方程，即，等价于． 令，其中，则，显然． 令，则， 所以在，上单调递减，在上单调递增，所以． 因为方程有两个实根，， 所以关于t的方程有两个实根，，且，，所以． 要证，即证，即证，只需证． 因为，所以，整理可得． 不妨设，则只要证， 即． 令，，其中， 因为，所以在上单调递增， 所以，故． 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键点在于借助同构思想将原始等价为，通过令，合理构造函数来确定参数的取值范围，第二步的关键点在于将等价转化为，将双变量问题转化为单变量问题，进而借助导数进一步证明. （二）选考题：共10分．请考生从第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分． 【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分） 22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为． （1）写出曲线C和直线l的直角坐标方程； （2）若，且直线l与曲线C没有公共点，求m的取值范围． 【答案】（1）曲线C的直角坐标方程为；直线l的直角坐标方程为； （2）. 【解析】 【分析】（1）结合余弦的二倍角公式消去参数，可得曲线C的直角坐标方程，将直线l的极坐标方程化简后利用极坐标与直角坐标的互化公式可求得直线l的直角坐标方程； （2）将曲线C的参数方程代入到直线l的直角坐标方程化简得，则由题意得无解，令，，利用二次函数的性质求出的最值，再结合可求得结果. 【小问1详解】 由题知，，又， 所以， 即曲线C的直角坐标方程为． 因为直线l的极坐标方程为， 所以， 又因为， 所以直线l的直角坐标方程为，即． 【小问2详解】 联立l与C的方程，将代入中， 可得， 要使l与C没有公共点，则无解． 令，， 其对称轴为，开口向下， 所以，． 因为，所以，即， 所以m的取值范围为． 【选修4—5：不等式选讲】（10分） 23. 已知关于的不等式有解． （1）求实数的最大值； （2）在（1）的条件下，已知为正数，且，求的最小值． 【答案】（1） （2）36 【解析】 【分析】（1）利用绝对值不等式得，所以有解只需即可； （2）利用均值不等式求解即可. 【小问1详解】 因为，当且仅当等号成立 所以的最大值为3． 因为不等式有解，所以，解得， 所以实数的最大值． 【小问2详解】 由（1）知，， 因为（当且仅当时，等号成立）， ， 当且仅当，即，时，等号成立， 所以的最小值为36． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $