河南省郑州市九师联盟2023届高三二模文科数学试题（含答案解析）

高三文科数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式求出集合A，B，根据集合的交集运算即可求得答案.【详解】解不等式可得，即，解不等式，即，即或，即或，故，故选：C2.设复数z满足（i是虚数单位），则z的虚部为（）A. B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算求出复数z，再结合复数的定义即可作答.【详解】依题意，，所以复数z的虚部为2.故选：B3.（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用同角公式、二倍角的正弦公式及特殊角的三角函数值求解作答.【详解】.故选：A4.若a，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】利用不等式的性质去判断“”与“”之间的逻辑关系即可解决.【详解】若，当时，，当时，；又当时，两边除以b，得，当且时，两边除以b，得.故“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D5.若实数x，y满足约束条件，则的最大值是（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出约束条件表示的可行域，再利用目标函数的几何意义求解作答.【详解】作出不等式组表示的可行域，如图中阴影（含边界），其中点，目标函数，即表示斜率为，纵截距为z的平行直线系，画直线，平移直线至，当直线过点A时，的纵截距最大，z最大，则，所以的最大值是.故选：C6.已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用指对互化以及指对函数的性质进行比较即可.【详解】由，，可得.故选：C.7.已知正方体中，E，G分别为，的中点，则直线，CE所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义，取AB的中点F，则∠ECF（或其补角）为直线与CE所成角，再解三角形即可得解．【详解】如图所示：取AB的中点F，连接EF，CF，易知，则∠ECF（或其补角）为直线与CE所成角．不妨设，则，，，由余弦定理得，即直线与CE所成角的余弦值为．故选：C．8.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，点D满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据向量的线性运算利用表示向量，结合数量积的性质求，由此可得结论.【详解】因为，所以所以，所以，所以，所以，因为，，，所以，所以，所以，故，故选：B.9.已知O，A，B三地在同一水平面内，A地在O地正东方向2处，B地在O地北偏西方向2处，某测绘队员在A，B之间的直线公路上任选一点C作为测绘点，用测绘仪进行测绘，O地为一磁场，距离其不超过的范围内会对测绘仪等电子仪器形成干扰，使测量结果不准确，则该测绘队员能够得到准确数据的概率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】作图分析，确定出仪器在线段上受干扰的范围，从而确定不受干扰的范围，根据几何合概型的概率公式，即可求得答案.【详解】由题意知为等腰三角形，，且，

作，垂足为H，则，，故；在上取，使，则，则，则该测绘队员能够得到准确数据的概率是,故选：A10.已知函数，则下列说法正确的为（）A.的最小正周期为B.的最大值为C.的图像关于直线对称D.将的图像向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度后所得图像对应的函数为奇函数【答案】D【解析】【分析】先对函数的解析式进行化简，化成的形式，然后即可求出周期、最大值和对称轴，从而可判断ABC；对于D项，先根据要求对化简后的进行变换，然后即可得出结论.【详解】，故的最小正周期为，最大值为，对称轴方程满足，，即，，故ABC皆错误；对于选项D，将的图像向右平移个单位长度后得到，然后，将此图像向上平移个单位长度，得到函数的图像，是一个奇函数，故D正确，故选：D.11.已知双曲线C：的右焦点F的坐标为，点P在第一象限且在双曲线C的一条渐近线上，O为坐标原点，若，，则双曲线C的离心率为（）A. B.2 C. D.3【答案】B【解析】【分析】设渐近线的倾斜角为，可得，结合求出，再利用余弦定理可得关于的齐次式，即可求得答案.【详解】由题意知点P在第一象限且在双曲线C：的一条渐近线上，设渐近线的倾斜角为，则，即，结合，可得，结合题意可知，故，又，，在中利用余弦定理得，即，即，即，故，解得或（舍去），故选：B12.如图，在三棱锥中，，，平面平面ABC，则三棱锥外接球表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意说明为等腰直角三角形，根据面面垂直性质推出平面，进而结合球的几何性质，确定三棱锥外接球球心位置，求出外接球半径，即可求得答案.【详解】由于，，故，即为等腰直角三角形，取AC的中点为M，连接，因为，即为正三角形，故,由于平面平面，平面平面，平面，故平面，平面，故；又M为的外心，则三棱锥外接球的球心必在BM上，设的中心为O，则O在BM上且，而，则，即，即O点即为三棱锥外接球的球心，故外接球半径为，所以外接球表面积为，故选：B【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要能根据条件，结合球的几何性质，确定出三棱锥外接球球心的位置，进而求得半径.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，且与共线，则_________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用向量共线的坐标表示求解作答.【详解】因向量，且与共线，则，解得，所以.故答案为：14.已知函数，则曲线在处的切线方程为___________.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义，即可求得答案.【详解】由得，故，而，故曲线在处的切线方程为，即故答案为：15.已知抛物线的焦点为F，过F的直线交C于点A，B，交C的准线于点E，若，，则___________.【答案】3【解析】【分析】过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为M，N，然后利用抛物线的定义进行求解即可.【详解】过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为M，N，准线与y轴的交点为G，则，.因为，所以，所以，所以，所以，即.故答案为：316.若圆C：关于直线对称，由点P向圆C作切线，切点为A，则线段PA的最小值为___．【答案】【解析】【分析】由题意可知直线经过圆的圆心，推出，的关系，利用与圆心的距离，半径，求出切线长的表达式，然后求出最小值．【详解】圆化为，圆的圆心坐标为，半径为．圆关于直线对称，所以在直线上，∴，即，点与圆心的距离为，所以点向圆所作切线长：当且仅当时切线长最小为．故答案为：．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.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知数列满足，（1）令，求，，及的通项公式；（2）求数列的前2n项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据数列递推式即可求得，，；判断为等比数列，即可求得其通项公式；（2）设，求得其通项公式，利用分组求和法，即可求得答案.【小问1详解】因为，故，，，当时，由，，故为首项为1，公比为2的等比数列，故；【小问2详解】设，则，又，故，而，故是首项为1，公比为2的等比数列，故，故.18.“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员，面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门APP.某市宣传部门为了解全民利用“学习强国”了解国家动态的情况，从全市抽取4000名人员进行调查，统计他们每周利用“学习强国”的时长，绘制如图所示的频率分布直方图（每周利用“学习强国”的时长均分布在）.（1）求实数a的值，并求所有被抽查人员利用“学习强国”的平均时长（同一组数据用该区间的中点值作代表）；（2）宣传部为了了解大家利用“学习强国”的具体情况，准备采用分层抽样的方法从和组中抽取50人了解情况，则两组各抽取多少人？再利用分层抽样从抽取的50人中选5人参加一个座谈会，现从参加座谈会的5人中随机抽取2人发言，求组中恰好有1人发言的概率.【答案】（1）0.075，6.8（2）30人，20人；【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图性质即利用各组频率之和为1即可求得a的值；根据平均数的计算方法即可求得平均时长；（2）根据分层抽样即按比例抽样即可求得两组各抽取多少人，继而求得从参加座谈会5人中随机抽取2人各组抽取的人数，根据古典概型的概率公式即可求得答案.【小问1详解】根据频率分布直方图性质可得，解得；根据频率分布直方图可得所有被抽查人员利用“学习强国”的平均时长为：.【小问2详解】由题意得组的人数为，组的人数为，这两组的人数之比为，故组抽取的人数为；组抽取的人数为；利用分层抽样从抽取的50人中选5人参加一个座谈会，则组抽取的人数为；组抽取的人数为，从参加座谈会5人中随机抽取2人发言，共有种抽取方法，组中恰好有1人发言的抽取方法有,故组中恰好有1人发言的概率为.19.如图，在长方体中，，E和F分别是棱和的中点.（1）证明：平面平面CDF；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）易知，有，再证，而，由线面垂直的判定定理知，平面CDF，进而得证；（2）根据等体积法，，即可得解.【详解】（1）证明：在正方形中，，，∴，∴，∴，∴，由长方体的性质知，平面，∴，又，CD､平面CDF，∴平面CDF，∵平面，∴平面平面CDF.（2）解：三棱锥的体积.【点睛】关键点睛：本题考查空间中线与面的位置关系，棱锥的体积，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理､面面垂直的判定定理，以及等体积法是解题的关键.20.已知椭圆：的离心率是，且过点．（1）求的方程；（2）若，为坐标原点，点是上位于第一象限的一点，线段的垂直平分线交轴于点，求四边形面积的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率以及椭圆上的点，列出方程组，解得a.b,可得答案.（2）设P点坐标，表示出直线PM的斜率，进而可得其中垂线方程，求得N点坐标，从而表示出四边形OPMN的面积，结合基本不等式，即可求得答案.【小问1详解】设E的焦距为2c，则,解得,所以E方程是．【小问2详解】由题意，设，线段MP的中点为A，则点A的坐标为，且直线MP的斜率，故直线AN的斜率为，从而直线AN的方程为,又，则，令，得，化简得，所以四边形OPMN的面积，当且仅当等号成立．所以四边形OPMN面积的最小值为．21.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若，求实数a的取值范围.【答案】（1）单调减区间，增区间为（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，令以及，解不等式即可求得答案；（2）根据不等式恒成立，参变分离可得，由此构造函数，利用导数求其最小值，即可求得答案.【小问1详解】由，定义域为，可得，令，该函数在上单调递增，令，则，令，即，则；令，即，得；故的单调减区间为，增区间为；【小问2详解】因为恒成立，所以，，即恒成立，令，，则，令，则，当时，；当时，，故即在上单调递减，在上单调递增，而，且当，无限趋近于0时，，故当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，故，所以，即实数a的取值范围为.【点睛】难点点睛：本题综合考查导数知识的应用，涉及到函数的单调性以及利用不等式恒成立求参数范围，解答的难点在于不等式恒成立问题，解答时要将不等式恒成立问题，利用参变分离，构造函数，转化为求解函数最值问题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线l与曲线C交于不同的两点A，B．（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）若点P为直线l与x轴的交点，求．【答案】（1）；；（2）.【解析】【分析】（1）消去直线l的参数方程中的参数t可得直线l的普通方程，利用极坐标与直角坐标互化公式可得曲线C的直角坐标方程.（2）把直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，利用参数的几何意义计算作答.【小问1详解】依题意，消去直线l的参数方程中的参数t得：，所以直线l的普通方程为；曲线C的极坐标方程：，将代入得：，所以曲线C的直角坐标方程为：.【小问2详解】由（1）知，点，把直线l的参数方程（t为参数）代入