河南省安阳市2023届高三第二次模拟考试文科数学试题

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文科数学试题一、单选题（本大题共12小题）1．已知集合，，则（

）．A． B． C． D．2．若复数z满足，则的值为（

）．A． B． C．4 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．在区间与内各随机取1个整数，设两数之和为M，则成立的概率为（

）．A． B． C． D．7．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．如果有穷数列，，，…，（m为正整数）满足条件，，…，，即（t为常数），则称其为“倒序等积数列”．例如，数列8，4，2，，，是“倒序等积数列”．已知是80项的“倒序等积数列”，，且，，…，是公比为2，的等比数列，设数列的前n项和为，则（

）．A．210 B．445 C．780 D．122511．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．12．已知，，，则（

）．A． B． C． D．二、填空题（本大题共4小题）13．已知某中学老年教师的“亚健康”率为50％，中年教师的“亚健康”率为30％，青年教师的“亚健康”率为15％．若该中学共有60名老年教师，100名中年教师，200名青年教师，则该校教师的“亚健康"率为______．14．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：______．15．已知抛物线的焦点为F，点A，B在C上，且，，则______．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，设M为的中点，当削去的雪最少时，平面ACM截该正六棱柱所得的截面面积为______平方分米．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．疫情期间，某校使用视频会议的方式上网课．(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)假定某天老师甲和学生乙两人需要在本班视频会议中见面，且两人在上午9时至11时的时间段中随机进入本班的视频会议中，求这两人等待不超过0.5小时的概率．参考公式：在线性回归方程中，，参考数据：．19．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)求该几何体的体积．20．已知O为坐标原点，设椭圆的离心率为，过椭圆E上第一象限内一点P引x轴、y轴的平行线，分别交y轴、x轴于点A，B，且分别交直线于点Q，R，记与的面积分别为，，满足．(1)求椭圆E的标准方程；(2)已知点，直线交椭圆E于S，T两点，直线NS，NT分别与x轴交于C，D两点，证明：为定值．21．已知函数，．(1)若曲线有两条过点的切线，求实数m的取值范围；(2)若当时，不等式恒成立，求实数a的取值集合．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】分别求出集合，然后计算即可.【详解】由，可得，所以，由，可得或，所以或，所以，故选：D.2．【答案】C【分析】利用复数除法与减法法则可求得，后由共轭复数及复数模定义可得答案.【详解】，所以，所以．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】B【分析】罗列出全部的情况和满足的情况，利用古典概型公式进行计算即可【详解】设从区间，中随机取出的整数分别为x，y，则样本空间为，共8种情况，设事件A表示即，则，共5种情况，所以．故选：B7．【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】B【分析】由题可得，.后由分组求和法可得答案.【详解】由题可知当时，.根据定义，当时，.则.故.故选：B11．【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：C12．【答案】D【分析】通过构造函数，利用导数研究单调性，比较各式的大小.【详解】设函数，则，令函数，则．令，得，在上，在上，所以在上单调递减，在上单调递增，故，因此在上单调递增，所以．令，则，所以，即．构造函数，则，在上，在上.因此在上单调递减，在上单调递增，所以，令，则，所以．得．故选：D13．【答案】【分析】根据题意直接求出该校教师的“亚健康"率即可.【详解】根据题意，该校教师的“亚健康”率为：％．故答案为：.14．【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：15．【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16．【答案】【分析】设正六棱柱的底面边长为a，高为h，表示出球的内接正六棱柱体积,利用导数求体积最大值,求得，，利用图形找到截面，求截面面积.【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，所以该正六棱柱的体积为．设，，则，令，得．，解得，，解得，在上单调递增，在上单调递减，所以，即，时V取得最大值．过M作，交于点P，交于点Q，则P，Q分别是，的中点，又，所以，则矩形ACQP即为平面ACM截该正六棱柱所得的截面．因为，且，所以矩形ACQP的面积为．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)(2)【分析】（1）由公式计算线性回归方程；（2）数形结合，求面积型几何概型.【详解】（1）由题可知，，，，，，所以，，所以关于的线性回归方程为．（2）记9时为0时，11时为2时，设老师甲进入的时间为x，学生乙进入的时间为y，则，其对应的区域如图中正方形所示，若这两人等待不超过0.5小时，则，其对应的区域如图中阴影部分所示．记“这两人等待不超过0.5小时”为事件A，则．故这两人等待不超过0.5小时的概率为．19．【答案】(1)证明见解析(2)20【分析】（1）设AC与BD交于点O，连接OG，OE．由题可证，从而可得OE⊥平面ABCD，由此可证明结论；（2）由（1）及题目条件，可得.过G点向CD作垂线，垂足为H，连接FH，过G作GQ垂直于FH，垂足为Q，可得B点到平面CDEF的距离，由此可得.则该几何体的体积为.【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，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，所以，，所以，所以．由（1）可知，由题可知，所以，所以四边形CDEF为等腰梯形．过G点向CD作垂线，垂足为H，连接FH．因为，，平面FGH，平面FGH，，所以平面FGH.又平面CDEF，故平面平面FGH．过G作GQ垂直于FH，垂足为Q，则平面CDEF．由题可知，，因为，所以．因为G为BC的中点，所以B点到平面CDEF的距离为．又，故．又，故该几何体的体积为．20．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，得，坐标，由，得，再由离心率，求得，得椭圆E的标准方程；（2）直线与椭圆E联立方程组，设，，表示出直线NS，NT，得C，D两点，利用韦达定理证明为定值．【详解】（1）设，得，同理可得．所以，，所以，即．又，所以，所以，．所以椭圆的标准方程为．（2）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2．21．【答案】(1)(2)【分析】（1）设切点坐标，对函数求导，写出切线方程将点代入后根据已知条件建立不等式求解即可；（2）构造函数对函数求导，再由不等式恒成立等价出问题，利用函数导数的单调性进行分析求解即可.【详解】（1）设切点坐标为．因为，所以切线方程为，将代入，可得．因为曲线有两条过点的切线，所以，解得或，故实数的取值范围是．（2）设，则．当时，，单调递增，又,因为当时，，当时，，所以不恒成立．当时，设，则，所以在上单调递增，又当且时，，当时，，故，使得，当时，，，当时，，．因为，所以．故．因为，所以只需．设，则．当时，，当时，，所以，所以．所以，故，所以，，所以，故实数a的取值集合为．22．【答案】(1)，倾斜角为(2)【分析】（1）平方后消去参数得到曲线E的普通方程，将直线的极坐标方程化为平面直角坐标方程，进而求出直线的倾斜角；（2）设，写出直线和的参数方程，利用参数的几何意义得到，得到取值范围.【详解】（1）由（为参数），平方得到，两式相减得，曲线的普通方程为