河南省安阳市2022-2023学年高三上学期名校调研摸底考试理科 数学试题（解析版）

2022-2023学年高三年级名校调研摸底考试高三理科数学试卷一､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，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先解出集合，再由交集定义求解即可.【详解】解：因为，即，，解得.即：，所以.故选：B.2.已知复数z满足，则（）A.1 B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】设，，即可得到，再根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要条件得到，即可求出、，即可得到，从而求出其模；【详解】解：设，，所以所以所以，解得，所以，所以；故选：A3.设，已知命题p：，；命题q：，，则下列命题中为真命题的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先判断命题的真假，然后根据复合命题的真假判断法进行判断即可【详解】因为，所以当时，，当且仅当，即时取等号，当时，，当且仅当，即时取等号，综上，当时，，所以命题错误，正确，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以正确，错误，所以为假命题，为假命题，为真命题，为假命题，故选：C4.已知向量，，则以下与垂直的向量坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先求出的坐标，再根据数量积的坐标表示计算可得；【详解】解：因为，，所以，所以，，，；故选：B5.已知，分别是双曲线C：的左、右两个焦点，点M在双曲线的右支上，且，则（）A.30° B.45° C.60° D.90°【答案】D【解析】【分析】利用双曲线的定义求出，，利用余弦定理求出.【详解】由，分别是双曲线C：的左、右两个焦点，可得：.由双曲线的定义可得：，而，解得：.由余弦定理得：所以90°.故选：D6.设函数，若函数的图象关于点对称，则（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】根据的图象关于点对称可得为奇函数，进而求得即可【详解】因为函数的图象关于点对称，故函数的图象关于点对称，即为奇函数，故，所以.故选：B7.教育部于2022年开展全国高校书记校长访企拓岗促就业专项行动，某市3所高校的校长计划拜访当地企业，共有4家企业可供选择.若每名校长拜访3家企业，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有（）A.60种 B.64种 C.72种 D.80种【答案】A【解析】【分析】按照间接法，先计算3名校长在4家企业任取3家企业的所有安排情况，然后减去3名校长选的3家企业完全相同的安排方法数，即可求得所需安排情况种数.【详解】解：3名校长在4家企业任取3家企业的所有安排情况为：种又每家企业至少接待1名校长，故3名校长选的3家企业，不全相同，因为3名校长选的3家企业完全相同有种，则不同的安排方法共有：种.故选：A.8.已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，AB为圆的直径，P为圆上的点，则（）A.4 B. C.8 D.【答案】C【解析】【分析】利用圆柱的轴截面性质，求得圆柱的高与底面圆半径，根据平面向量的线性性质，把所求数量积转化为直角三角形中的两个向量数量积，利用数量积的定义求解即可.【详解】解：设圆柱的高为，底面半径为若圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则：，因为AB为圆的直径，P为圆上的点，所以在中，为AB中点又在中，，且，则如图：为圆柱的一个轴截面

所以故选：C.9.渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄，该方案将从正式实施开始每年延长几个月的退休时间，直到达到法定退休年龄．男性延迟退休的的年龄情况如表所示：出生年份退休年龄出生年份退休年龄出生年份退休年龄196160.00196861.75197563.50196260.25196962.00197663.75196360.50197062.25197764.00196460.75197162.50197864.25196561.00197262.75197964.50196661.2519736300198064.75196761.50197463.25198165.00若出生年代为，且，相应的退休年龄为，且，则与的关系为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】分别求解的通项公式，再结合选项判断即可【详解】由题意，是以为首项，公差为1的等差数列，故，是以为首项，公差为的等差数列，故，故故选：C10.已知函数（a，b，）的部分图象如图所示，则（）A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】整理，且，由图中最值可得，利用相邻对称轴的距离求得，根据对称轴求得，进而可得，即，即可求解.【详解】由题，，，由图可知，，，所以，，又，所以，则，因为对称轴为，所以，，则，所以，即，所以，故选：B11.在四边形ABCD中，，，P为空间中的动点，，E为PD的中点，则动点E的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作的中点，连接，，即可得到且，从而得到且，则点的轨迹长度与点的轨迹长度相同，作于，则点的轨迹是以为圆心长为半径的圆，即可得解；【详解】解：如图，作的中点，连接，．因为，，所以．因为，，所以，故四边形为平行四边形，则有，且，则有点的轨迹长度与点的轨迹长度相同，过点作于，则点的轨迹是以为圆心长为半径的圆，且，故点的轨迹长度为．故选：D．12.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】三个对数底数不同，真数也不同，选取中间值比较大小【详解】，，即，所以又，所以，所以又，所以所以，所以故选：C二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.曲线的一条切线经过点，则该切线的斜率为________．【答案】【解析】【分析】求出函数的导函数，设切点为，即可得到切线的斜率，再根据两点的斜率公式，求出，即可得解；【详解】解：因为，所以，设切点为，则，所以，解得，所以，即切线的斜率为；故答案为：14.随着电商、快递行业的蓬勃发展，智能分拣系统在快递行业中被广泛采用．经统计，在规定时间段内，某物流中心的4条智能分拣流水线中，有1条的分拣准确率为0.992，有1条的分拣准确率为0.994，有2条的分拣准确率为0.995，则该物流中心分拣准确率的平均值估计为________；分拣准确率的方差估计为________．【答案】①.②.【解析】【分析】根据平均数与方差的计算公式求解即可【详解】由题意，该物流中心分拣准确率平均值估计为；分拣准确率的方差估计为故答案为：；15.已知抛物线C：的准线为l，O为坐标原点，与C和l在x轴同侧分别交于A，B两点，若为直角三角形，则的半径为________．【答案】【解析】【分析】根据为直角三角形，可得其为等腰直角三角形，分别设出直线为，直线为，可得，，再建立方程可求解.【详解】由题意，可知为直角，且.设直线为，与联立得，可得；则直线为，与联立得.因为，则有，解得或（舍）.所以.故答案为：16.在中，，点D在边BC上，若，则的最大值为________．【答案】【解析】【分析】根据三角形外角定理可得，由正弦定理可推出，由三角形面积公式得，从而得，在中，由余弦定理结合三角函数的恒等变换以及三角函数性质即可求得答案.【详解】由,可知,在中，则有，即，则在中，,故,由，则有，即，在中，，即有，其中为辅助角，，故的最大值为，故答案为：【点睛】本题考查了三角形中线段比的求解，要综合利用正余弦定理以及解三角形的相关知识，综合性较强，计算量较大，解答的关键是利用余弦定理将表示出来.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.17.已知公比大于1的等比数列满足，，数列的前n项和为，．（1）求，的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1）;（2）2n【解析】【分析】（1）设的公比为，列出方程求得q,可得其通项公式；根据数列的前n项和为，利用和的关系，即可求得的表达式；（2）根据可得，说明数列为常数列，可求得答案.【小问1详解】设等比数列的公比为,由，，可得，即得，解得或（舍去），故，由数列的前n项和为，可得，当时，，适合该式，故；【小问2详解】若，则，故，即，即为常数列，则数列的前n项和为2n.18.如图，在三棱锥P-ABC中，底面ABC是直角三角形，AC=BC=2，PB=PC，D为AB的中点.（1）证明：BC⊥PD；（2）若AC⊥PB，PA=3，求直线PA与平面PBC所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取BC中点E，连接PE，DE，则构造出平面PDE，利用已知集合条件，可证得平面，从而得证；（2）利用线面夹角的定义，证明平面，得直线PA与平面PBC所成的角为，结合已知解三角形，即可求解.【小问1详解】证明：如图，取BC中点E，连接PE，DE，E为BC中点又D为AB的中点，所以底面ABC是直角三角形，AC=BC=2，即平面平面，【小问2详解】解：由（1）知，，又且平面平面，直线PA与平面PBC所成的角为在中，.直线PA与平面PBC所成的角的正弦值为.19.产品开发是企业改进老产品､开发新产品，使其具有新的特征或用途，以满足市场需求的流程.某企业开发的新产品已经进入到样品试制阶段，需要对5个样品进行性能测试，现有甲､乙两种不同的测试方案，每个样品随机选择其中的一种进行测试，已知选择甲方案测试合格的概率为，选择乙方案测试合格的概率为，且每次测试的结果互不影响.（1）若3个样品选择甲方案，2个样品选择乙方案.（i）求5个样品全部测试合格的概率；（ii）求4个样品测试合格的概率.（2）若测试合格的样品个数的期望不小于3，求选择甲方案进行测试的样品个数.【答案】（1）（i）（ii）（2）选择甲方案测试的样品个数为，或者【解析】【分析】（1）（i）利用乘法公式即可求解（ii）4个样品测试合格分两种情况,第一种情况,3个样品甲方案测试合格和1个样品乙方案测试合格,第二种情况,2个样品甲方案测试合格和2个样品乙方案测试合格,利用互斥的加法公式即可求解（2）设通过甲方案测试合格的样品个数为,通过乙方案测试合格的样品个数为,则，分类讨论即可求解【小问1详解】（i）因为3个样品选择甲方案,2个样品选择乙方案,

所以5个样品全部测试合格的概率为（ii）4个样品测试合格分两种情况,第一种情况,3个样品甲方案测试合格和1个样品乙方案测试合格,此时概率为第二种情况,2个样品甲方案测试合格和2个样品乙方案测试合格,此时概率为所以4个样品测试合格的概率为【小问2详解】设选择甲方案测试的样品个数为,则选择乙方案测试的样品个数为,并设通过甲方案测试合格的样品个数为,通过乙方案测试合格的样品个数为,

当时,此时所有样品均选择方案乙测试,则,

所以,不符合题意;

当时,此时所有样品均选择方案甲测试,则

所以,符合题意;

当时,,

所以

若使,,则,

由于,故时符合题意,

综上,选择甲方案测试的样品个数为3,4或者5时,测试合格的样品个数的期望不小于3.20.在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点M满足．记M的轨迹为C．（1）求C的方程；（2）设点P为x轴上的动点，经过且不垂直于坐标轴的直线l与C交于A，B两点，且，证明：为定值．【答案】（1）（2）证明过程见解析【解析】【分析】（1）利用椭圆定义求轨迹方程；（2）设出直线l为：，，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，从而表达出弦长，再求出AB中点，进而表达出AB的垂直平分线，求出P点坐标，得到的长，得到为定值.【小问1详解】由椭圆的定义可知：M的轨迹为以，为焦点的椭圆，且，，所以，所以C的方程为【小问2详解】设直线l为：，则联立得：，设，则，，，则，AB中点坐标为，所以AB的垂直平分线为，令得：，所以，，【点睛】直线与椭圆结合问题，设出直线方程，与椭圆联立，得到两根之和，两根之积，表达出弦长或面积，进而求解定值或取值范围等.21.已知函数，其中，且.（1）当时，求单调区间；（2）若只有一个零点，求的取值范围.【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是；（2）【解析】【分析】（1）用导数法直接求解即可；（2），令，再分与两种情况讨论，即可求解【小问1详解】当时，，，易知上单调递增，且，所以当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增；所以的单调递增区间是，单调递减区间是；【小问2详解】，令，（1）当时，则，，当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减；故，则，在单调递增，又时，；时，；所以此时在只有一个零点；（2）当时，则，恒成立，在单调递增，且，，又，则，故存在，使得，当时，，当时，，因为当时，，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，取得极小值，由得，则，