河南省许昌市建安区第三高中2023届高三下学期摸底考试数学试题

河南省许昌市建安区第三高中2023届高三下学期摸底考试数学试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．某设备使用年限x（年）与所支出的维修费用y（万元）的统计数据分别为，，，，由最小二乘法得到回归直线方程为，若计划维修费用超过15万元将该设备报废，则该设备的使用年限为（）A．8年 B．9年 C．10年 D．11年2．已知f（x）=ax2+bx是定义在[a–1，2a]上的偶函数，那么a+b的值是A． B．C． D．3．已知二次函数的部分图象如图所示，则函数的零点所在区间为（）A． B． C． D．4．棱长为2的正方体内有一个内切球，过正方体中两条异面直线，的中点作直线，则该直线被球面截在球内的线段的长为（）A． B． C． D．15．设，点，，，，设对一切都有不等式成立，则正整数的最小值为（）A． B． C． D．6．已知变量，满足不等式组，则的最小值为（）A． B． C． D．7．不等式组表示的平面区域为，则（）A．， B．，C．， D．，8．如图，圆的半径为，，是圆上的定点，，是圆上的动点，点关于直线的对称点为，角的始边为射线，终边为射线，将表示为的函数，则在上的图像大致为（）A． B． C． D．9．已知，则的大小关系是（）A． B． C． D．10．设，则，则（）A． B． C． D．11．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为（）A． B． C． D．12．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为（）A． B．6 C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在的二项展开式中，所有项的系数之和为1024，则展开式常数项的值等于_______．14．在中，内角所对的边分别是，若，，则__________.15．的展开式中，若的奇数次幂的项的系数之和为32，则________．16．已知直线被圆截得的弦长为2，则的值为__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。17．（12分）在考察疫情防控工作中，某区卫生防控中心提出了“要坚持开展爱国卫生运动，从人居环境改善、饮食习惯、社会心理健康、公共卫生设施等多个方面开展，特别是要坚决杜绝食用野生动物的陋习，提倡文明健康、绿色环保的生活方式”的要求.某小组通过问卷调查，随机收集了该区居民六类日常生活习惯的有关数据.六类习惯是：（1）卫生习惯状况类；（2）垃圾处理状况类；（3）体育锻炼状况类；（4）心理健康状况类；（5）膳食合理状况类；（6）作息规律状况类.经过数据整理，得到下表：卫生习惯状况类垃圾处理状况类体育锻炼状况类心理健康状况类膳食合理状况类作息规律状况类有效答卷份数380550330410400430习惯良好频率0.60.90.80.70.650.6假设每份调查问卷只调查上述六类状况之一，各类调查是否达到良好标准相互独立.（1）从小组收集的有效答卷中随机选取1份，求这份试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者的概率；（2）从该区任选一位居民，试估计他在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯方面，至少具备两类良好习惯的概率；（3）利用上述六类习惯调查的排序，用“”表示任选一位第k类受访者是习惯良好者，“”表示任选一位第k类受访者不是习惯良好者（）.写出方差，，，，，的大小关系.18．（12分）设函数．（1）当时，解不等式；（2）若的解集为，，求证：．19．（12分）已知，.（1）解；（2）若，证明：.20．（12分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围.21．（12分）已知函数.（1）当时，求函数的值域；（2）的角的对边分别为且，，求边上的高的最大值.22．（10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且曲线的极坐标方程为.（1）写出直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设直线上的定点在曲线外且其到上的点的最短距离为，试求点的坐标.

参考答案一、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、D【解析】

根据样本中心点在回归直线上，求出，求解，即可求出答案.【详解】依题意在回归直线上，，由，估计第年维修费用超过15万元.故选:D.【点睛】本题考查回归直线过样本中心点、以及回归方程的应用，属于基础题.2、B【解析】

依照偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（﹣x）=f（x），且定义域关于原点对称，a﹣1=﹣2a，即可得解.【详解】根据偶函数的定义域关于原点对称，且f（x）是定义在[a–1，2a]上的偶函数，得a–1=–2a，解得a=，又f（–x）=f（x），∴b=0，∴a+b=．故选B．【点睛】本题考查偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（﹣x）=f（x）；奇函数和偶函数的定义域必然关于原点对称，定义域区间两个端点互为相反数．3、B【解析】由函数f(x)的图象可知，0＜f(0)＝a＜1，f(1)＝1－b＋a＝0，所以1＜b＜2.又f′(x)＝2x－b，所以g(x)＝ex＋2x－b，所以g′(x)＝ex＋2＞0，所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1－b＜0，g(1)＝e＋2－b＞0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g(x)的零点所在的区间是(0，1)，故选B.4、C【解析】

连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，推导出OH∥RQ，且OH＝RQ＝，由此能求出该直线被球面截在球内的线段的长．【详解】如图，MN为该直线被球面截在球内的线段连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，∴OH∥RQ，且OH＝RQ＝，∴MH＝＝＝，∴MN＝．故选：C．【点睛】本题主要考查该直线被球面截在球内的线段的长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．5、A【解析】

先求得，再求得左边的范围，只需，利用单调性解得t的范围.【详解】由题意知sin，∴，∴，随n的增大而增大，∴,∴，即，又f(t)=在t上单增，f(2)=-1<0，f(3)=2>0，∴正整数的最小值为3.【点睛】本题考查了数列的通项及求和问题，考查了数列的单调性及不等式的解法，考查了转化思想，属于中档题.6、B【解析】

先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值.【详解】解：由变量，满足不等式组，画出相应图形如下：可知点,，在处有最小值，最小值为.故选：B.【点睛】本题主要考查简单的线性规划，运用了数形结合的方法，属于基础题.7、D【解析】

根据题意，分析不等式组的几何意义，可得其表示的平面区域，设，分析的几何意义，可得的最小值，据此分析选项即可得答案.【详解】解：根据题意，不等式组其表示的平面区域如图所示，其中，，

设，则，的几何意义为直线在轴上的截距的2倍，

由图可得：当过点时，直线在轴上的截距最大，即，当过点原点时，直线在轴上的截距最小，即，故AB错误；

设，则的几何意义为点与点连线的斜率，由图可得最大可到无穷大，最小可到无穷小，故C错误，D正确；故选：D.【点睛】本题考查本题考查二元一次不等式的性质以及应用，关键是对目标函数几何意义的认识，属于基础题.8、B【解析】

根据图象分析变化过程中在关键位置及部分区域，即可排除错误选项，得到函数图象，即可求解.【详解】由题意，当时，P与A重合，则与B重合，所以,故排除C,D选项；当时，，由图象可知选B.故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的图像与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键,属于中档题.9、B【解析】

利用函数与函数互为反函数，可得，再利用对数运算性质比较a,c进而可得结论.【详解】依题意，函数与函数关于直线对称，则，即，又，所以，.故选：B.【点睛】本题主要考查对数、指数的大小比较，属于基础题.10、A【解析】

根据换底公式可得，再化简，比较的大小，即得答案.【详解】，，.，显然.,即，，即.综上，.故选：.【点睛】本题考查换底公式和对数的运算，属于中档题.11、A【解析】

在中，设，，，结合三角形的内角和及和角的正弦公式化简可求，可得，再由已知条件求得，，，考虑建立以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系，根据已知条件结合向量的坐标运算求得，然后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】在中，设，，，，即，即，，，，，，，，即，又，，，则，所以，，解得，.以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、，为线段上的一点，则存在实数使得，，设，，则，，，，，消去得，，所以，，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.故选：A.【点睛】本题是一道构思非常巧妙的试题，综合考查了三角形的内角和定理、两角和的正弦公式及基本不等式求解最值问题，解题的关键是理解是一个单位向量，从而可用、表示，建立、与参数的关系，解决本题的第二个关键点在于由，发现为定值，从而考虑利用基本不等式求解最小值，考查计算能力，属于难题.12、D【解析】

用列举法，通过循环过程直接得出与的值，得到时退出循环,即可求得.【详解】执行程序框图，可得，，满足条件，，，满足条件，，，满足条件，，，由题意，此时应该不满足条件，退出循环，输出S的值为.故选D．【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的应用,正确依次写出每次循环得到的与的值是解题的关键,难度较易.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

利用展开式所有项系数的和得n=5,再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的常数项.【详解】因为的二项展开式中，所有项的系数之和为4n=1024,n=5,故的展开式的通项公式为Tr+1=C·35-r,令,解得r=4,可得常数项为T5=C·3=15,故填15.【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用、二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于中档题.14、【解析】

先求得的值，由此求得的值，再利用正弦定理求得的值.【详解】由于，所以，所以.由正弦定理得.故答案为：【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查两角和的正弦公式，考查三角形的内角和定理，属于中档题.15、【解析】试题分析：由已知得，故的展开式中x的奇数次幂项分别为，，，，，其系数之和为，解得．考点：二项式定理．16、1【解析】

根据弦长为半径的两倍，得直线经过圆心，将圆心坐标代入直线方程可解得．【详解】解：圆的圆心为（1，1），半径，

因为直线被圆截得的弦长为2，

所以直线经过圆心（1，1），

，解得．故答案为：1．【点睛】本题考查了直线与圆相交的性质，属基础题．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。17、（1）（2）（3）【解析】

（1）设“选取的试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者“的事件为，根据古典概型求出即可；（2）设该区“卫生习惯状况良好者“，“体育锻炼状况良好者“、“膳食合理状况良好者”事件分别为，，，设事件为“该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯方面，至少具备两类良好习惯“，则（E），求出即可；（3）根据题意，写出即可．【详解】（1）设“选取的试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者“的事件为，有效问卷共有（份，其中受访者中膳食合理习惯良好的人数是人，故（A）；（2）设该区“卫生习惯状况良好者“，“体育锻炼状况良好者“、“膳食合理状况良好者”事件分别为，，，根据题意，可知（A），（B），（C），设事件为“该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯方面，至少具备两类良好习惯“则.所以该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯至少具备2个良好习惯的概率为0.766.（3）．【点睛】本题考查了古典概型求概率，独立性事件，互斥性事件求概率等，考查运算能力和事件应用能力，中档题．18、（1）；（2）见解析.【解析】

（1）当时，将所求不等式变形为，然后分、、三段解不等式，综合可得出原不等式的解集；（2）先由不等式的解集求得实数，可得出，将代数式变形为，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，进而可证得结论.【详解】（1）当时，不等式为，且.当时，由得，解得，此时；当时，由得，该不等式不成立，此时；当时，由得，解得，此时.综上所述，不等式的解集为；（2）由，得，即或，不等式的解集为，故，解得，，，，，当且仅当，时取等号，．【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用基本不等式证明不等式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19、（1）；（2）见解析.【解析】

（1）在不等式两边平方化简转化为二次不等式，解此二次不等式即可得出结果；（2）利用绝对值三角不等式可证得成立.【详解】（1），，由得，不等式两边平方得，即，解得或.因此，不等式的解集为；（2），，由绝对值三角不等式可得.因此，.【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用绝对值三角不等式证明不等式，考查推理能力与运算求解能力，属于中等题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）将函数的解析式表示为分段函数，然后分、、三段求解不等式，综合可得出不等式的解集；（2）求出函数的最大值，由题意得出，解此不等式即可得出实数的取值范围.【详解】.（1）当时，由，解得，此时；当时，由，解得，此时；当时，由，解得，此时.综上所述，不等式的解集；（2）当时，函数单调递增，则；当时，函数单调递减，则，即；当时，函数单调递减，则.综上所述，函数的最大值为，由题知，，解得.因此，实数的取值范围