河南省焦作市2022-2023学年高三理数第一次模拟考试试卷（含答案）

河南省焦作市2022-2023学年高三理数第一次模拟考试试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．已知复数z=3+i1+i，则A．2 B．3 C．5 D．102．已知集合A={(x，y)|A．3 B．4 C．6 D．83．某大型企业开发了一款新产品，投放市场后供不应求，为了达到产量最大化，决定增加生产线．经过一段时间的生产，统计得该款新产品的生产线条数x与月产量y（件）之间的统计数据如下表：x46810y30406070由数据可知x，y线性相关，且满足回归直线方程y=bx+1A．73件 B．79件 C．85件 D．90件4．函数f(x)=6A． B．C． D．5．若(x+4x2)nA．6 B．7 C．8 D．96．设α，β∈(0，A．3α−β=π2 B．2α−β=π2 C．7．已知圆柱O1O2的下底面圆O2的内接正三角形ABC的边长为6，P为圆柱上底面圆O1上任意—点，若三棱锥P−ABCA．36π B．64π C．144π D．252π8．在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，且AB=BC=2，若直线AB1与侧面A．12 B．33 C．229．已知P(x，y)为抛物线C：A．43 B．34+5 C．6510．已知实数a，b，c满足a=ln(2eA．c<a<b B．c<b<a C．a<b<c D．a<c<b11．分别过椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点F1、F2作平行直线l1、l2，直线l1、l2在x轴上方分别与C交于PA．33 B．22 C．1312．已知函数f(x)=xeA．(−∞，−3) B．(−∞，−1) C．二、填空题13．已知正六边形ABCDEF的边长为2，则AB⋅DF14．已知圆C1，C2的圆心都在坐标原点，半径分别为1与5．若圆C的圆心在x轴正半轴上，且与圆C1，C15．已知f(x)=sin(3x+φ)(|φ|<π2)为奇函数，若对任意α∈[−π9，2π16．如图，已知P，Q分别为∠AOB两边上的点，∠AOB=π6，PQ=3，过点P，Q作圆弧，R为PQ的中点，且∠PQR=π6则线段三、解答题17．在数列{an}中，a（1）设bn=a（2）设cn=nan+1−(n+1)anana18．某出租车公司为推动驾驶员服务意识和服务水平大提升，对出租车驾驶员从驾驶技术和服务水平两个方面进行了考核，并从中随机抽取了100名驾驶员，这100名驾驶员的驾驶技术与性别的2×2列联表和服务水平评分的频率分布直力图如下，已知所有驾驶员的服务水平评分均在区间[76，附：K2=nP(0.100.0500.010k2.7063.8416.635（1）判断能否有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关；（2）从服务水平评分在区间[88，92)，19．在如图所示的六面体ABC−A1B1C1中，平面ABC∥平面A1（1）求证：AC∥平面BB（2）若AC，BC，CC1两两互相垂直，20．已知F1，F2分别为双曲线C：（1）求C的方程；（2）若过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于A，B两点，Q为x轴上一点，满足|QA|=|QB|21．已知函数f(x)=x（1）若f(x)的图象在点(0，（2）若方程f(x)=0有三个不同的实数根，求a的取值范围.22．在直角坐标系xOy中，已知点P(3，2)，直线l的参数方程是x=（1）求l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）设l与C相交于点A，B，求1|PA|23．已知正实数x，y，z满足x+2y+4z=3，（1）证明：1x（2）求x2

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】复数z=3+i1+i=所以|z故答案为：C

【分析】根据复数除法运算求得复数z，可得其共轭复数，根据模的计算可得答案.2．【答案】D【解析】【解答】由已知集合A={(x，联立y=x(x+1)(x−1)和y=0，可得x=0或x=−1或x=1，则A∩B={(故集合A∩B的子集个数为23故答案为：D

【分析】联立y=x(x+1)(x−1)和y=0，求得A∩B={(3．【答案】C【解析】【解答】解：依题意可得x=14因为回归直线方程y=bx+1必过样本中心点(x，y)，即50=7b+1当x=12时y=7×12+1=85故当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为85件.故答案为：C

【分析】根据所给数据求出样本中心点，再代入回归直线方程，即可求出参数b=7，从而得到回归直线方程，最后将x=12代入计算可得.4．【答案】C【解析】【解答】解：对于函数f(x)=6x−6−x|4x又f(−x)=6−x−当x>12时6x−6且f(2)=62−即f(3)>f(2)，故排除D.故答案为：C

【分析】利用奇偶性排除A，利用特殊值和图象变化趋势排除B，D.5．【答案】A【解析】【解答】解：二项式(x+4x2所以n−3r=0且Cn显然0≤r≤n且为整数，即n为3的倍数，故排除B、C，又4r为240的因数，所以r=1或r=2当r=1时n=3，此时C3当r=2时n=6，此时C6故答案为：A

【分析】首先写出二项式展开式的通项，依题意可得n−3r=0且Cn6．【答案】D【解析】【解答】解：因为tanα=cosβ1+sin即sinα=即cos(α+β)=因为α，β∈(0，所以α+β=π2−α故答案为：D

【分析】根据同角三角函数的基本关系得到sinα+sinαsinβ=7．【答案】B【解析】【解答】解：如图，因为△ABC是边长为6的正三角形，则其外接圆的半径2r=6sin60°又S△ABC设圆柱的母线长为l，则VP−ABC=1所以圆柱O1O2所以外接球的表面积为S=4πR故答案为：B

【分析】求出底面内接正三角形△ABC外接圆的半径及△ABC的面积，设圆柱的母线长为l=4，根据圆锥的体积公式VP−ABC=13S8．【答案】D【解析】【解答】因为直三棱柱ABC−A1B1C又因为AB⊥BC，所以BA，以BA，BC，设BB1=a(a>0)，则A(2，0，0)所以AB1=(−2，0设平面AA1C则AA1⋅所以直线AB1与侧面AA解得a=2，所以A1(2，设异面直线A1B与AC所成的角为则cosθ=|所以异面直线A1B与AC所成的角的正弦值为故答案为：D

【分析】以B为原点，以BA，BC，BB1为9．【答案】C【解析】【解答】作出图形，如图所示，根据题意可知：点P(−1，y2+4=(y−1(y−4)2+25=则y2如图|PA|+|PF|≥|AF|（当点A，因为|AF|=(所以y2+4+故答案为：C.

【分析】由题意点P(−1，y)，F(1，0)，y2+4=(y−010．【答案】A【解析】【解答】解：因为(2a−1)(3b−1)(c−e)≠0，所以a≠1因为a=ln(2e因为b=ln(33因为c=lnc+e−1，所以令f(x)=x−lnx，则当0<x<1时，f'(x)<0，当x>1时，所以函数f(x)在(0，1)上递减，在所以f(x)又当x>0，x→0时，f(x)→+∞，当x→+∞，由此作出函数f(x)的大致图象如图所示，因为f(a)=f(12)则由图可知b>a>1，所以c<a<b.故答案为：A.

【分析】由题意可得a−lna=12−ln111．【答案】A【解析】【解答】解：由题意知直线F1P、设F1(−c，0)、F2(c，由题意知|F2M|=所以∠MF1F2=30°在△PF1F即(2a−x)2=x同理在△QF1F因为S△OPF1即2a+3c=3(2a−3c)，即故答案为：A

【分析】过点F2作F2M⊥PF1于点M，从而得到∠MF1F2=30°，设|PF1|=x，则|PF212．【答案】B【解析】【解答】若函数f(x)即相当于x⋅e变形得，a+2=e令h(x)令s(x)=x2⋅ex而s(1e)=e1e−1且x02⋅ex即ex0⋅则u'(x)=1+lnx>0，故故ex0=当x>x0时，h'(x所以h(所以，当a+2<1时无解，即a<−1.故答案为：B

【分析】原题相当于x⋅ex=lnx+(a+213．【答案】-6【解析】【解答】由题意，作图如下：在正六边形ABCDEF中，易知∠EDF=30∘，AB=ED，则ED与DF的夹角为150∘，即在Rt△DFC中，DF=CDAB⋅故答案为：-6.

【分析】根据正六边形的几何性质，求出向量的模长以及夹角，利用平面向量的定义式，可得答案.14．【答案】(x−2)【解析】【解答】解：依题意可知圆心C的横坐标为5+(−1)2=2，半径为故圆C的标准方程为(x−2)2故答案为：(x−2)2

【分析】依题意可知圆心C的横坐标为5+(−1)2=2，半径为15．【答案】[【解析】【解答】因为f(x)=sin故f(−x)=−f(即cos3xsinφ=0，由于x∈R，故sin由于|ϕ|<π2，故φ=0，所以由f(α)+f(β)=0，可得sin3α=−即3β=3α+π+2kπ，∴β=α+或3β=−3α+2kπ，∴β=−α+2kπ对任意α∈[−π9，故−π9≤β=α+π3+2kπ则只能k=−1，此时α=2π或−π9≤β=−α+2kπ3综合可得α=2π9或即实数α的取值范围是[0故答案为：[

【分析】根据函数的奇偶性求得φ=0，再根据题意推得α、β的关系式，结合α、β的范围，即可求得答案.16．【答案】3+2【解析】【解答】解：设∠PQO=θ，则0<θ<5π6，在△OPQ中，由正弦定理知所以OP=6sinθ，因为R为PQ的中点，所以则PR=QR，在△RPQ中由余弦定理PQ解得PR=QR=3在△ORP中，∠OPR=∠OPQ+∠QPR=5π由余弦定理可得O=18(1−所以当θ=5π12时，OR即OR的得最大值3+23故答案为：3+2

【分析】设∠PQO=θ，在△OPQ中由正弦定理可得OP=6sinθ，在△RPQ由余弦定理求出PR=QR=3，在△ORP中由余弦定理表示出O17．【答案】（1）解：因为a1=1，an+1所以bn+1当n=1时b1当n≥2时b=2又n=1时也符合上式，所以bn（2）解：由（1）可知bn=a所以cn所以Tn则Tk=2【解析】【分析】（1）依题意可得bn+1−bn=2n，利用累加法求出数列的通项公式bn=2n−1；18．【答案】（1）解：由题意可知：a=25，b=45，即K2故不能有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关.（2）解：(0.01×2+a+0.由频率分布直方图，则服务水平评分在区间[88，92)，即其比为7：4：1，因此，分层抽样的12人在区间故X的可能取值为0，P(X=0)=C84C12P(X=3)=C81则其分布列如下表：X01234P1422456321E(X)=0×14【解析】【分析】（1）由题意可知：a=25，b=45，c=5，d=25，则n=a+b+c+d=100，代入公式求得19．【答案】（1）证明：取AB，BC中点分别为F，E，连接因为平面ABC∥平面A1D1B1C1，平面BC所以B1又因为BC=2B1C1，所以B1C1同理可得四边形A1D1FA为平行四边形，因为平面ACC1A1∩平面A所以AC∥A又因为AA1∥CC1所以B1E∥D所以四边形B1D1又因为B1D1⊂平面BB1D1，（2）解：因为AC，以CA，CB，由题意可得A(2，0，0)，B(0，所以AB=(−2，2，0)设平面ABD1的法向量则AB⋅n=−2设平面BD1C则D1C⋅所以|cos由图可知所求角为锐角，所以二面角A−BD1−C【解析】【分析】（1）取AB，BC中点分别为F，E，连接D1F，FE，B1E，则EF∥AC，根据面面平行的性质定理证明四边形B1C1CE，A1D120．【答案】（1）解：由题意点P(2，3)在C上，且可得4a2−9b又c2=a故双曲线方程为x2（2）证明：由（1）知F2(2由于直线l交双曲线C的右支于A，B两点，故联立y=k(x−2)当k2故k2≠3，此时设A(x1则x1即A，B的中点坐标为因为Q为x轴上一点，满足|QA|=|QB|，故Q为AB的垂直平分线与x轴的交点，AB的垂直平分线的方程为：y−6k令y=0，则得x=8k2所以|Q又|AB又因为A，B在双曲线的右支上，故故|AF1|+|B故|AF1|+|B【解析】【分析】（1）由题意点P(2，3)在C上，且△PF1F2的面积为6，可得4a2−9b2=1且12×2c×3=6，又c2=a221．【答案】（1）解：f'(x)=2x+aeax则f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线为由题意可知a≠0，令x=0得y=−1，令y=0得x=1则12⋅|−1||1（2）解：令f(x)=0，即−a=ln令φ(x)=ln由题意可知x≠0，φ(则φ(当x>0时，φ(φ'(x则当x∈(0，e)时，φ'当x∈(e，+∞)时，φ'(e此时φ(当x<0时，由奇函数性质可知，当x∈(−∞，−e)时，φ(当x∈(−e，0)时，φ(根据φ(x)=lnx2x图像可知，即a的取值范围(−2【解析】【分析】（1）对函数求导f'(x)=2x+aeax，f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y+1=a(x−0)，求出直线与坐标轴交点代入面积公式，求解即可；

（2）利用分离参数法转化为y=−a与22．【答案】（1）解：由x=3+1两式相减得3x−y=1，所以直线l的普通方程为3由ρ2得ρ2即x2+y所以曲线C的直角坐标方程为(x−1