2023届河南省安阳市高三理数二模试卷及答案

高三理数二模试卷一、单项选择题1.集合，，那么〔

〕A.

B.

C.

D.

2.复数满足，那么的最大值为〔

〕A.

1

B.

2

C.

3

D.

43.，，，那么〔

〕A.

B.

C.

D.

4.公比大于1的等比数列满足，，那么〔

〕A.

4

B.

8

C.

12

D.

165.函数的局部图象大致是〔

〕A.

B.

C.

D.

6.向量，，那么的最大值为〔

〕A.

B.

2

C.

D.

17.为了加强新型冠状病毒疫情防控，某社区派遣甲､乙､丙､丁､戊五名志愿者参加A，B，C三个小区的防疫工作，每人只去1个小区，每个小区至少去1人，且甲､乙两人约定去同一个小区，那么不同的派遗方案共有〔

〕A.

24种

B.

36种

C.

48种

D.

64种8.x，y满足约束条件，那么(a为常数，且)的最大值为〔

〕A.

-a

B.

2a

C.

-2a+3

D.

29.曲线与直线有两个不同的交点，那么实数的取值范围是〔

〕A.

B.

C.

D.

10.假设函数在上单调，且在上存在极值点，那么的取值范围是〔

〕A.

B.

C.

D.

11.在棱长为2的正四面体中，点为所在平面内一动点，且满足，那么PD的最大值为〔

〕A.

3

B.

C.

D.

212.双曲线过第一､三象限的渐近线为l，过右焦点F作l的垂线，垂足为A，线段AF交双曲线于B，假设，那么此双曲线的离心率为〔

〕A.

B.

C.

D.

二、填空题13.某中学为了加强艺术教育，促进学生全面开展，要求每名学生从音乐和美术中至少选择一门兴趣课，某班有50名学生，选择音乐的有21人，选择美术的有39人，从全班学生中随机抽取一人，那么这个人两种兴趣班都选择的概率是________.14.一个球的外表积为，一个平面截该球得到截面圆直径为6，那么球心到这个平面的距离为________.15.为等差数列的前项和，，，假设为数列中的项，那么________.16.函数的定义域为，其导函数为，且满足，，假设，且.给出以下不等式：①；②；③；④.其中正确的有________.(填写所有正确的不等式的序号)三、解答题17.在中，内角，，的对边分别为，，，.〔1〕求A；〔2〕设是线段的中点，假设，，求.18.如图，在梯形中，，，，四边形是矩形.〔1〕求证：；〔2〕假设，且，求与平面所成角的正弦值.19.函数.〔1〕求的图象在点处的切线方程，并证明的图象上除点以外的所有点都在这条切线的上方；〔2〕假设函数，，证明：.20.抛物线的焦点为，过点且垂直于轴的直线与交于两点，(点为坐标原点)的面积为2.〔1〕求抛物线C的方程；〔2〕假设过点的两直线，的倾斜角互补，直线与抛物线交于两点，直线与抛物线交于两点，与的面积相等，求实数的取值范围.21.甲､乙两人进行乒乓球比赛，两人约定打满局，赢的局数多者获得最终胜利，甲赢得单局比赛的概率为，设甲获得最终胜利的概率为.〔1〕证明：；〔2〕当时，比较与的大小，并给出相应的证明.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为，(为参数)，直线的参数方程为，(为参数，).〔1〕假设曲线与轴负半轴的交点在直线上，求；〔2〕假设等，求曲线上与直线距离最大的点的坐标.23.函数.〔1〕在如以下图的网格中画出的图象；〔2〕假设当时､恒成立，求的取值范围.

答案解析局部一、单项选择题1.【解析】【解答】由题意可得，故.故答案为：A

【分析】首先由一元二次不等式的解法求出集合M，再由绝对值不等式的解法求出集合N，由交集的定义计算出答案即可。2.【解析】【解答】因为，所以复数在复平面内所对应的点到点的距离为1，那么点的轨迹为以为圆心、以1为半径的圆，故的取值范围为，的最大值为2，故答案为：C.

【分析】根据题意由复数模的定义结合复数代数形式的几何意义，利用圆的性质计算出结果即可。3.【解析】【解答】由题可知：，，故故答案为：B

【分析】根据题意由对数函数和指数函数的单调性即可比较出答案。4.【解析】【解答】解：由等比数列的性质知，解得，所以.故答案为：C

【分析】根据题意由等比数列的性质整理得到关于m、n的方程组，求解出答案即可。5.【解析】【解答】由题可知函数定义域为，那么，又所以是奇函数，且时，，A符合题意.故答案为：A

【分析】根据题意首先求出函数的定义域再由奇函数的定义f(-x)=-f(x)即可判断出该函数为奇函数，由奇函数图象的性质得出图像关于原点对称，再由特殊点法代入数值验证即可由此得到答案。6.【解析】【解答】由题意可得，当时，上式小于等于0，当时，原式，当且仅当时等号成立，故最大值为1.故答案为：D

【分析】根据题意由数量积的坐标公式整理即可得出关于x的不等式，再结合根本不等式求出最大值即可。7.【解析】【解答】假设按照3：1：1进行分配，那么有种不同的方案，假设按照2：2：1进行分配，那么有种不同的方案，故共有36种派遣方案.故答案为：B

【分析】利用排列组合的计数原理计算出答案即可。8.【解析】【解答】画出约束条件所表示的平面区域，如图中阴影局部所示可化为，结合图象可知，直线过直线与直线的交点，取得最大值，.故答案为：D

【分析】根据题意作出可行域再由条件找出目标函数，把目标函数化为直线方程的截距由数形结合法即可得出当直线经过点A时，z取得最大值并由直线的方程求出点A的坐标，然后把坐标代入到目标函数计算出z的值即可。9.【解析】【解答】解：曲线整理得，那么该曲线表示圆心为，半径为1的圆的上半局部，直线过定点，如图，当时，曲线与直线有两个不同的交点，由，得或，所以，，所以实数的取值范围是.故答案为：A．

【分析】根据题意化简切线方程，判断轨迹图形，直线kx-y+k-1=0恒过的定点，画出图形，求解两点的直线的斜率及过定点与半圆相切的直线的斜率，数形结合得答案．10.【解析】【解答】因为在上单调，所以，那么，由此可得.因为当，即时，函数取得极值，欲满足在上存在极值点，因为周期，故在上有且只有一个极值，故第一个极值点，得.又第二个极值点，要使在上单调，必须，得.综上可得，的取值范围是.故答案为：C

【分析】由题意利用正弦函数的单调性和极值，求得ω的取值范围．11.【解析】【解答】如以下图，在平面内，，所以点在平面内的轨迹为椭圆，取的中点为点，连接，以直线为轴，直线为建立如以下图所示的空间直角坐标系，那么椭圆的半焦距，长半轴，该椭圆的短半轴为，所以，椭圆方程为.点在底面的投影设为点，那么点为的中心，，故点正好为椭圆短轴的一个端点，，那么，因为，故只需计算的最大值.设，那么，那么，当时，取最大值，即，因此可得，故的最大值为.故答案为：B.

【分析】根据题意建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标，利用椭圆的定义求出点P的轨迹方程设出点的坐标然后表示出结合二次函数的性质求出最大值即可。12.【解析】【解答】解析设双曲线的焦距为.由知，直线的方程为，由可得，即设，那么，.由可得，故，，解得，，将B点坐标代入到双曲线方程中可得，化简得，故.故答案为：C

【分析】由题意可得l的方程为bx-ay=0，与直线ax+by-ac=0联立，解得A的坐标，再由，求得B的坐标，代入双曲线的方程，结合离心率公式，解方程可得所求值．二、填空题13.【解析】【解答】由题意可知，两种兴趣班都选择的人数为人，所以所求概率为.故答案为：.

【分析】根据题意首先求出总的事件个数再由题意求出根本领件的个数，再把数值代入到概率的个数计算出结果即可。14.【解析】【解答】解：设球的半径为，由题可知，.所以球心到这个平面的距离为.故答案为：4

【分析】根据题意由球的外表积公式计算出r的值，再由点到平面的距离公式结合勾股定理计算出结果即可。15.【解析】【解答】设等差数列的公差为，因为，所以，即，，因为，所以，联立，解得，，，，令，那么，为8的约数，因为是奇数，所以的可能取值为，当时，，，是数列中的第5项；当时，，，不是数列中的项，故答案为：2.

【分析】由结合等差数列的通项公式及求和公式求出d，a1，进而求出an，代入到所求式子分析式子特点进行分析即可求解．16.【解析】【解答】设，那么，由此可得单调递减，所以，即，故①正确；因为，，所以，所以单调递减，所以，所以，故②正确；对于③，由①分析可知，欲使，且，即成立，只需满足即可，即证，设，那么，那么单调递增，所以，故③正确；对于④，假设成立，因为，所以，所以，取，那么，所以，矛盾，故④不正确.故答案为：①②③.

【分析】根据题意令利用导数可得F(x)的单调性，从而可判断①；由可得f′〔x〕＜0，从而可知f〔x〕的单调性，再利用不等式的根本性质即可判断②；分析可得欲使，即证，令，利用导数证得函数的单调性，即可判断③；假设成立，推出矛盾即可判断④，由此得出答案。三、解答题17.【解析】【分析】(1)根据题意由正弦定理和余弦定理整理求出cosA的值，由此求出角A的大小。

(2)首先由向量加法以及数量积的运算性质结合三角形的性质，得到由此求出b的值，再由余弦定理代入数值计算出结果即可。18.【解析】【分析】(1)利用边角关系先证明∠BCA=90°，即AC⊥BC，结合AC⊥EC，可证AC⊥平面ECB，从而证明AC⊥EB；

〔Ⅱ〕建立适宜的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面FBD的法向量，由向量的夹