2023届河南省郑州市九师联盟高三二模考试数学试题（理）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省郑州市九师联盟2023届高三二模数学试题（理）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.已知集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意知，，所以（2，3],故选:B.2.已知复数z满足(是虚数单位)，则()A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意可得：，则，∴﹒故选：B．3.已知是角的终边上一点，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗是角的终边上一点，由三角函数定义可得，，所以.故选：C.4.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〗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：D.5.某企业对其生产的一批产品进行检测，得出每件产品中某种物质含量（单位：克）的频率分布直方图如图所示.则该物质含量的众数和平均数分别为（）A.和 B.和C.和 D.和〖答案〗C〖解析〗根据频率分布直方图得出众数落在第三组内，所以众数为；含量在之间的频率为0.1,含量在之间的频率为0.2,含量在之间的频率为0.4,根据概率和为1，可得含量在之间的频率为0.3，所以频率分布直方图的平均数为．故选C.6.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〗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．7.七辆汽车排成一纵队，要求甲车、乙车、丙车均不排队头或队尾且各不相邻，则排法有（）A.48种 B.72种 C.90种 D.144种〖答案〗D〖解析〗由题意得，甲车，乙车、丙车均不排队头或队尾，且各不相邻，所以甲、乙、丙只能在第二位、第四位、第六位，共有种排法，其他车辆任意排列，所以总排法有种．故选：D．8.已知为数列的前n项和，若，则的通项公式为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗令可得，又，解得，又，则，，即是以2为首项，2为公比的等比数列，则，.故选：B.9.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〗，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.10.在中，，，，是的外接圆上的一点，若，则的最小值是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由余弦定理得，所以，所以，所以．以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A（－1，0），C（1，0），B（－，），设P的坐标为，所以，，，又，所以，所以，，所以，当且仅当时，等号成立．故选：B．11.已知双曲线的左焦点为，为坐标原点，为双曲线的右支上一点，若，，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设为双曲线的右焦点，焦距为，连，则，由，可得，则，又由，所以，即，所以，即，所以，所以，或（舍），所以双曲线的离心率为.故选：A.12.已知实数a，b，c满足，且，则（）A B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，，即，所以，所以，即，又，所以，由，所以，所以，即，所以，所以.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若函数为奇函数，则实数a＝___．〖答案〗〖解析〗函数为奇函数，则函数为偶函数，故，即，，则恒成立，化简可得恒成立，则．当，满足，即为偶函数，则满足函数为奇函数故〖答案〗为：14.已知为R上单调递增的奇函数，在数列中，，对任意正整数n，，则数列的前n项和的最大值为___________.〖答案〗77〖解析〗因为，且为R上的奇函数，所以.又在R上单调递增，所以，即，所以为等差数列，且公差为，首项为20，所以，所以，所以最大，且.故〖答案〗为：77.15.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〗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.在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为__________.〖答案〗〖解析〗设球心为，取的中点，连接，，，又，，则，由，，为的中点，所以,，所以平面，又，，由余弦定理可得，所以，所以外接圆的半径，又，.在中，，，，因为球心为，直角的外心为，所以平面，又平面，所以,又平面，所以共面.又平面，所以，所以，设外心为点，由，得点在上，则平面，平面，所以，，所以，所以外接球的半径，故三棱锥外接球的表面积为.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.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．（1）求角B；（2）若，，D为AC边的中点，求的面积．解：（1）由，有，两边同乘得，故，即．因为，所以A为锐角，，所以．又因为，所以．（2）在中，由余弦定理，即，故，解得或舍）．故．18.经过全国上下共同努力，我国的新冠疫情得到很好的控制，但世界一些国家的疫情并没有得到有效控制，疫情防控形势仍然比较严峻，为扎紧疫情防控的篱笆，提高疫情防控意识，某市宣传部门开展了线上新冠肺炎世界防控现状及防控知识竞赛，现从全市的参与者中随机抽取了1000名幸运者的成绩进行分析，他们的得分（满分100分）情况如下表：得分频数2515020025022510050（1）若此次知识竞赛得分X整体服从正态分布，用样本来估计总体，设，分别为抽取的1000名幸运者得分的平均值和标准差（同一组数据用该区间中点值代替），求，的值；（结果保留整数）（2）在（1）的条件下，为感谢市民的积极参与，对参与者制定如下奖励方案：得分不超过79分的可获得1次抽奖机会，得分超过79分的可获得2次抽奖机会.假定每次抽奖，抽到10元红包的概率为，抽到20元红包的概率为.已知胡老师是这次活动中的参与者，估算胡老师在此次活动中所获得红包的数学期望.（结果保留整数）参考数据：；；，.解：（1），，所以.（2）设随机变量N表示胡老师的抽奖次数，则N的可能取值为1，2.，，其分布列为N12P0.84130.1587所以.设随机变量T为胡老师一次抽奖获得的红包金额，则T的可能取值为10，20，由题意知，，所以随机变量T的分布列为T1020P.所以胡老师此次活动所获得红包的数学期望为（元）.19.如图，四边形ABCD为梯形，，，，点在线段上，且．现将沿翻折到的位置，使得．（1）证明：；（2）点是线段上的一点（不包含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出；若不存在，请说明理由．（1）证明：因为四边形ABCD为梯形．，，，所以，，，，，，即，，在中，过P作，垂足为F，连接BF．在中，，，所以．中，，，，由余弦定理得，所以，所以，所以，即．又，平面BFP，所以平面．又平面，所以．（2）解：在△FCE中，，，，，．又，，平面，平面．又平面，．又，，平面，平面．以B为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，．设，则．设平面的一个法向量为，则，即，令，则．设平面的一个法向量为，则，即，令，则．因为二面角的余弦值为，所以，解得或（舍），所以存在点M，使得二面角的余弦值为，此时．20.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）证明：当时，方程在上有且仅有一个实数解．（1）解：函数的定义域是，．当时，令，得；令，得，故在上单调递增，在上单调递减；当时，恒成立，故在上单调递减．（2）证明：当时，方程即为，即．令，则，则“方程在上有且仅有一个实数解”等价于“函数在上有且仅有一个零点”．当时，，所以在上恒成立，所以只需证在上有且仅有一个零点．因为，所以当时，，，所以在上恒成立．所以在上单调递增，又，，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个零点．故方程在上有且仅有一个实数解．21.已知椭圆的离心率为，椭圆C的左､右顶点分别为A，B，上顶点为D，.（1）求椭圆C的方程；（2）斜率为的动直线l与椭圆C相交于M，N两点，是否存在定点P（直线l不经过点P），使得直线PM与直线PN的倾斜角互补，若存在这样的点P，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.解：（1）设椭圆C的焦距为2c，由题意知，，，所以，，所以，解得.又椭圆C的离心率为，所以，，故椭圆C的方程为.（2）假设存在这样的点P，设点P的坐标为，点M，N的坐标分别为，，设直线l的方程为.联立方程消去y后整理得.，得，有若直线PM与直线PN的倾斜角互补，则直线PM与直线PN的斜率之和为零，所以.所以解得或故存在点P符合条件，点P的坐标为或.（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．解：（1）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：.（2）由（1）知，点，把直线l的参数方程（t为参数）代入方程得：，整理得：，有，设点A，B所对参数分别为，则，所以.选修4-5：不等式选讲23.已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）对于任意实数，，不等式恒成立，求实数的取值范围.解：（1）当时，，因为，所以或或，解得或.所以不等式的解集为.（2）对于任意实数，，不等式恒成立，等价于.因为，当且仅当时等号成立，.所以.因为，所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，所以当时，，所以，解得，所以，所以实数的取值范围是河南省郑州市九师联盟2023届高三二模数学试题（理）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.已知集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意知，，所以（2，3],故选:B.2.已知复数z满足(是虚数单位)，则()A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意可得：，则，∴﹒故选：B．3.已知是角的终边上一点，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗是角的终边上一点，由三角函数定义可得，，所以.故选：C.4.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〗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：D.5.某企业对其生产的一批产品进行检测，得出每件产品中某种物质含量（单位：克）的频率分布直方图如图所示.则该物质含量的众数和平均数分别为（）A.和 B.和C.和 D.和〖答案〗C〖解析〗根据频率分布直方图得出众数落在第三组内，所以众数为；含量在之间的频率为0.1,含量在之间的频率为0.2,含量在之间的频率为0.4,根据概率和为1，可得含量在之间的频率为0.3，所以频率分布直方图的平均数为．故选C.6.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〗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．7.七辆汽车排成一纵队，要求甲车、乙车、丙车均不排队头或队尾且各不相邻，则排法有（）A.48种 B.72种 C.90种 D.144种〖答案〗D〖解析〗由题意得，甲车，乙车、丙车均不排队头或队尾，且各不相邻，所以甲、乙、丙只能在第二位、第四位、第六位，共有种排法，其他车辆任意排列，所以总排法有种．故选：D．8.已知为数列的前n项和，若，则的通项公式为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗令可得，又，解得，又，则，，即是以2为首项，2为公比的等比数列，则，.故选：B.9.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〗，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.10.在中，，，，是的外接圆上的一点，若，则的最小值是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由余弦定理得，所以，所以，所以．以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A（－1，0），C（1，0），B（－，），设P的坐标为，所以，，，又，所以，所以，，所以，当且仅当时，等号成立．故选：B．11.已知双曲线的左焦点为，为坐标原点，为双曲线的右支上一点，若，，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设为双曲线的右焦点，焦距为，连，则，由，可得，则，又由，所以，即，所以，即，所以，所以，或（舍），所以双曲线的离心率为.故选：A.12.已知实数a，b，c满足，且，则（）A B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，，即，所以，所以，即，又，所以，由，所以，所以，即，所以，所以.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若函数为奇函数，则实数a＝___．〖答案〗〖解析〗函数为奇函数，则函数为偶函数，故，即，，则恒成立，化简可得恒成立，则．当，满足，即为偶函数，则满足函数为奇函数故〖答案〗为：14.已知为R上单调递增的奇函数，在数列中，，对任意正整数n，，则数列的前n项和的最大值为___________.〖答案〗77〖解析〗因为，且为R上的奇函数，所以.又在R上单调递增，所以，即，所以为等差数列，且公差为，首项为20，所以，所以，所以最大，且.故〖答案〗为：77.15.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〗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.在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为__________.〖答案〗〖解析〗设球心为，取的中点，连接，，，又，，则，由，，为的中点，所以,，所以平面，又，，由余弦定理可得，所以，所以外接圆的半径，又，.在中，，，，因为球心为，直角的外心为，所以平面，又平面，所以,又平面，所以共面.又平面，所以，所以，设外心为点，由，得点在上，则平面，平面，所以，，所以，所以外接球的半径，故三棱锥外接球的表面积为.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.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．（1）求角B；（2）若，，D为AC边的中点，求的面积．解：（1）由，有，两边同乘得，故，即．因为，所以A为锐角，，所以．又因为，所以．（2）在中，由余弦定理，即，故，解得或舍）．故．18.经过全国上下共同努力，我国的新冠疫情得到很好的控制，但世界一些国家的疫情并没有得到有效控制，疫情防控形势仍然比较严峻，为扎紧疫情防控的篱笆，提高疫情防控意识，某市宣传部门开展了线上新冠肺炎世界防控现状及防控知识竞赛，现从全市的参与者中随机抽取了1000名幸运者的成绩进行分析，他们的得分（满分100分）情况如下表：得分频数2515020025022510050（1）若此次知识竞赛得分X整体服从正态分布，用样本来估计总体，设，分别为抽取的1000名幸运者得分的平均值和标准差（同一组数据用该区间中点值代替），求，的值；（结果保留整数）（2）在（1）的条件下，为感谢市民的积极参与，对参与者制定如下奖励方案：得分不超过79分的可获得1次抽奖机会，得分超过79分的可获得2次抽奖机会.假定每次抽奖，抽到10元红包的概率为，抽到20元红包的概率为.已知胡老师是这次活动中的参与者，估算胡老师在此次活动中所获得红包的数学期望.（结果保留整数）参考数据：；；，.解：（1），，所以.（2）设随机变量N表示胡老师的抽奖次数，则N的可能取值为1，2.，，其分布列为N12P0.84130.1587所以.设随机变量T为胡老师一次抽奖获得的红包金额，则T的可能取值为10，20，由题意知，，所以随机变量T的分布列为T1020P.所以胡老师此次活动所获得红包的数学期望为（元）.19.如图，四边形ABCD为梯形，，，，点在线段上，且．现将沿翻折到的位置，使得．（1）证明：；（2）点是线段上的一点（不包含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出；若不存在，请说明理由．（1）证明：因为四边形ABCD为梯形．，，，所以，，，，，，即，，在中，过P作，垂足为F，连接BF．在中，，，所以．中，，，，由余弦定理得，所以，所以，所以，即．又，平面BFP，所以平面．又平面，所以．（2）解：在△FCE中，，，，，．又，，平面，平面．又平面，．又，，平面，平面．以B为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，．设，则．设平面的一个法向量为，则，即，令，则．设平面的一个法向量为，则，即，令，则．因为二面角的余弦值为，所以，解得或（舍），所以存在点M，使得二面角的余弦值为，此时．20.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）证明：当时，方程在上有且仅有一个实数解．（1）解：函数的定义域是，．当时，令，得；令，得，故在上单调递增，在上单调递减；当时，恒成立，故在上单调递减．（2）证明：当时，方程即为，即．令，则，则“方程在上有且仅有一个实数解”等价于“函数在上有且仅有一个零点”．当时，，所以在上恒成