河南省安阳市2023届高三第二次模拟考试理科数学试题

第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页河南省安阳市2023届高三第二次模拟考试理科数学试题一、单选题（本大题共12小题）1．已知集合，，则（

）．A． B． C． D．2．已知复数z在复平面内对应的点的坐标为，则（

）．A． B． C． D．3．已知等差数列中，，，则公差（

）．A．2 B． C．3 D．4．已知建筑地基沉降预测对于保证施工安全，实现信息化监控有着重要意义．某工程师建立了四个函数模型来模拟建筑地基沉降随时间的变化趋势，并用相关指数、误差平方和、均方根值三个指标来衡量拟合效果．相关指数越接近1表明模型的拟合效果越好，误差平方和越小表明误差越小，均方根值越小越好．依此判断下面指标对应的模型拟合效果最好的是（

）．A．相关指数误差平方和均方根值0.9495.4910.499B．相关指数误差平方和均方根值0.9334.1790.436C．相关指数误差平方和均方根值0.9971.7010.141D．相关指数误差平方和均方根值0.9972.8990.3265．已知x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为（

）．A． B． C．2 D．46．的展开式中各项系数的最大值为（

）．A．112 B．448 C．896 D．17927．已知函数的部分图象如图所示，则在上的值域为（

）．A． B．C． D．8．如图所示圆锥的正视图是边长为2的正三角形，AB为底面直径，C为的中点，则平面SAC与底面ABC所成的锐二面角的正切值为（

）．A． B． C． D．9．已知双曲线的左、右焦点分别为，，，P为C上一点，的中点为Q，为等边三角形，则双曲线C的方程为（

）．A． B．C． D．10．如图，2022年世界杯的会徽像阿拉伯数字中的“8”．在平面直角坐标系中，圆和外切也形成一个8字形状，若，为圆M上两点，B为两圆圆周上任一点（不同于点A，P），则的最大值为（

）．A． B． C． D．11．已知数列和满足，，．若，，则数列的前2022项和为（

）A． B． C． D．12．已知a，b，c均为负实数，且，，，则（

）．A． B．C． D．二、填空题（本大题共4小题）13．已知函数的图象关于点对称，且当时，和其导函数的单调性相反，请写出的一个解析式：______．14．已知抛物线的焦点为F，点A，B在C上，且，，则______．15．学校给每位教师随机发了一箱苹果，李老师将其分为两份，第1份占总数的40％，次品率为5％，第2份占总数的60％，次品率为4％．若李老师分份之前随机拿了一个发现是次品后放回，则该苹果被分到第1份中的概率为______．16．2022年12月7日为该年第21个节气“大雪”．“大雪”标志着仲冬时节正式开始，该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷．“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、赏雪景等．东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型，当削去的雪最少时，平面截该正六棱柱所得的截面周长为______分米．三、解答题（本大题共7小题）17．已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求A；(2)若的面积为，，点D为边BC的中点，求AD的长．18．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为菱形，，，，，，点F在平面ABCD内的射影恰为BC的中点G．(1)求证：平面平面BED；(2)求直线BD与平面ABFE所成的角的正弦值．19．疫情期间，某校使用一家公司的三种软件来上网课，分别为在线课堂、视频会议、在线直播．根据效果，首选在线课堂，当在线课堂进不去时选视频会议，当在线课堂和视频会议均进不去后再选在线直播．当该校不是该软件的会员时，老师们上网课能够进入在线课堂、视频会议、在线直播的概率分别为，，；当该校充值为会员时，老师们上网课能够进入在线课堂、视频会议、在线直播的概率均为．设在线课堂、视频会议、在线直播的网课效果得分分别记为5分，3分，2分．(1)调查知前7天能完成全部网课的班级数y如下表所示：第t天1234567y3434768已知y与t具有线性相关关系，求y关于t的线性回归方程；（t的系数精确到0.01）(2)请你计算后判断学校充值为会员后，网课效果得分的数学期望是否有提高．参考公式：在线性回归方程中，，参考数据：．20．关于椭圆有如下结论：“若点在椭圆上，则过点的椭圆的切线方程为”设椭圆的离心率为，左、右顶点分别为和，动点在椭圆位于第一象限的部分上，过点作椭圆的切线分别与过和的椭圆的切线相交于点和，且．(1)求椭圆的标准方程；(2)已知坐标原点和点，直线交椭圆于、两点，直线、分别与轴交于、两点，证明：为定值．21．已知函数的最小值为0．(1)求实数a的值；(2)证明：．22．在直角坐标系xOy中，曲线E的参数方程为（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线E上A，B两点所在直线的极坐标方程为．(1)求曲线E的普通方程和直线AB的倾斜角；(2)若曲线E上两点C，D所在直线的倾斜角为，直线AB与CD相交于点P，且P不在曲线E上，求的取值范围．23．已知函数．(1)若不等式的解集为，求a，b的值；(2)在（1）的条件下，若，且，求的最小值．

参考答案1．【答案】D【分析】由题得，解出的范围，再根据交集含义即可得到答案.【详解】因为，，所以，所以或，所以或，所以．故选：D.2．【答案】C【分析】利用复数的坐标表示和除法运算即可.【详解】由题可知，则．故选：C3．【答案】A【分析】利用等差中项性质得，根据，代入数据计算即可.【详解】根据等差数列性质可得，即，，∴．故选：A.4．【答案】C【分析】根据相关指数大小和误差平方和以及均方根值即可得到答案.【详解】相关指数越接近于1，拟合效果越好，比较相关指数知，可选C，D，误差平方和及均方根值都越小，拟合效果越好，观察误差平方和和均方根值，知C的拟合效果最好．故选：C.5．【答案】B【分析】画出可行域及目标函数，利用几何意义求出最小值.【详解】画出约束条件表示的平面区域，如图中阴影部分所示．目标函数，即，平移直线，当其过点A时纵截距最小，即z最小．由，可得即点，所以．

故选：B6．【答案】D【分析】根据二项式的通项公式，结合展开式系数最大的性质进行求解即可.【详解】该二项式的通项公式为，由，可得．因为，所以展开式中各项系数的最大值为．故选：D7．【答案】C【分析】待定系数法求出函数解析式，从而利用整体法求出函数值域.【详解】因为，且，所以．因为，且在附近单调递减，所以，所以，所以，当时，，．故选：C8．【答案】D【分析】平面SAC与底面ABC的交线为AC，分别在两个平面内作出和AC垂直的直线，即可求出二面角的平面角，然后利用长度关系即可求出二面角的正切值.【详解】取AB的中点O，连接OC，AB为底面直径，C为的中点，所以三角形ABC是等腰直角三角形；易知OA⊥OC．过O作OH垂直AC于H，连接SH，OS．因为SO⊥底面，所以SO⊥AC.且,所以AC⊥平面SAC；所以AC⊥SH;所以∠SHO为平面SAC与底面ABC所成的锐二面角的平面角，可求得，;所以．故选：D.9．【答案】A【分析】求出，利用题干条件得到，，由双曲线定义得到方程，求出，进而得到，，求出双曲线方程.【详解】设双曲线C的半焦距为．由题可知，即．因为的中点为Q，为等边三角形，所以，所以，，故，所以，，所以，所以，所以，．所以双曲线C的方程为．故选：A10．【答案】C【分析】先用待定系数法求出圆M的方程，进而得到，数形结合得到当与直线PA垂直的直线l和圆N相切，切点为B，且直线l的纵截距大于0时，最大，利用点到直线距离公式得到，结合向量投影求出最值.【详解】根据题意可得，解得，，故圆M的方程为．，画图分析可知当与直线PA垂直的直线l和圆N相切，切点为B，且直线l的纵截距大于0时，最大．直线的斜率为1，设l的方程为，由圆心到直线l的距离为，解得或（舍去）．故l的方程为，其与直线PA：的交点坐标为，所以，所以，即的最大值为．故选：C11．【答案】B【分析】利用等比数列的定义可证，写出其通项，利用分组求和即可得到答案．【详解】由题可知，由，可得，故，又，所以是首项为1，公比为2的等比数列，则．所以当时，．所以的前2022项和为．故选：B.12．【答案】A【分析】对变形，构造，则，，，求导得到函数单调性，数形结合得到.【详解】由，得，于是．同理由，可得．对于，可得，两边同时取对数得，于是．构造函数，则，，．因为，所以当时，，在内单调递减，当时，，在内单调递增，所以，又，，，如图所示，故．故选：A13．【答案】（答案不唯一）【分析】先根据对称中心写成，再验证其单调性和导函数的单调性.【详解】由的图象关于点对称，可设，则．当时，单调递减，单调递增，满足题意．其他满足条件的解析式也可以．故答案为：14．【答案】或【分析】求出焦点坐标，由焦半径公式求出A，B两点坐标，求出.【详解】由题意知，设，，则由，得，得，代入C：，得，所以或．由，得，得，代入C：，得，所以或．根据抛物线的对称性可得或．故答案为：或15．【答案】【分析】利用贝叶斯公式即可.【详解】设事件B为“拿的苹果是次品”，为“拿的苹果来自第i份”，则，，，，所以，所求概率为．故答案为：16．【答案】【分析】设正六棱柱的底面边长为a，高为h，计算得到，设新函数，求导得到单调区间，计算最值得到，，确定五边形为平面截正六棱柱所得的截面，计算得到答案.【详解】设正六棱柱的底面边长为a，高为h．若要使该正六棱柱的体积最大，正六棱柱应为球的内接正六棱柱中体积最大者，所以，即，又正六边形的面积，正六棱柱的体积为．设，，则，令，得．当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；故，即，时V取得最大值．过作，交的延长线于点P，连接AP，交于G，设PQ交的延长线于Q点，连接CQ，交于点H，，确定平面，则平面，则五边形为平面截正六棱柱所得的截面．根据相似可得，所以，，所以，，同理可得，，，故当削去的雪最少时，平面截该正六棱柱所得的截面周长为．故答案为：17．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理得到，再利用余弦定理求出；（2）在第一问的基础上，结合，利用三角恒等变换求出，进而由三角形面积得到，由余弦定理求出答案.【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，即．由余弦定理可得，又，所以．（2）因为，所以，即，又，则，所以．所以，．所以，所以．在△ACD中，由余弦定理可得，即．18．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）设AC与BD交于点O，连接OG，OE，证明四边形EFGO为平行四边形则有，再利用线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理即可证明；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角的正弦值即可.【详解】（1）如图，设AC与BD交于点O，连接OG，OE．因为O，G分别为BD，BC的中点，所以，．因为，，所以四边形EFGO为平行四边形，所以，又FG⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD．因为平面ABCD，所以OE⊥AC，又四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD．因为，平面BED，所以AC⊥平面BED，又平面ACE，故平面ACE⊥平面BED．（2）因为FG⊥平面ABCD，平面ABCD，所以FG⊥BC，所以，所以．如图，以点O为坐标原点，以直线AC为x轴，直线BD为y轴，直线OE为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设平面ABFE的法向量为，则即令，可得．设直线BD与平面ABFE所成的角为，所以，故直线BD与平面ABFE所成的角的正弦值为．19．【答案】(1)(2)网课效果得分的数学期望有了提高【分析】（1）根据题中数据和公式求回归方程；（2）根据题意分别求充值前、后的分布列与期望，比较大小分析理解.【详解】（1）由题可知，，，，，，所以，，所以关于的线性回归方程为．（2）设该校不是会员时，网课效果得分为，则的所有可能取值为5，3，2，0，，，，．故的分布列5320所以设该校是会员时，网课效果得分为，则的所有可能取值为5，3，2，0，，，，．故的分布列5320所以．因为，所以该校充值为会员后，网课效果得分的数学期望有了提高.20．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，其中，，求出点、的坐标，根据可得出的值，再结合椭圆的离心率可得出的值，由此可得出椭圆的方程；（2）设点、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，写出直线的方程，求出点的横坐标，同理可得出点的横坐标，结合韦达定理可求得的值.【详解】（1）解：设，其中，，则过点的椭圆的切线方程为．联立可得，则，同理可得．所以，即．又，所以，所以．所以椭圆的标准方程为．（2）解：联立直线和椭圆的方程得，消去得．由，可得．设、，则，．由题易知，，，，所以直线的方程为，令，得，同理．所以．故为定值．21．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意结合，可得，求得，并利用导数检验符号题意；（2）根据（1）分析可得，利用累加法，再构建新函数，利用导数证明即可.【详解】