河南省焦作市2022-2023学年高三第一次模拟考试文科数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1焦作市普通高中2022-2023学年高三第一次模拟考试文科数学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡对应题目的〖答案〗标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号.回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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，，那么（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由集合并集的定义即可得到结果.〖详析〗因为，，所以.故选：A.2.已知复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据复数的除法运算求得复数z，可得其共轭复数，根据模的计算可得〖答案〗.〖详析〗复数，故，所以，故选：C3.某大型企业开发了一款新产品，投放市场后供不应求，为了达到产量最大化，决定增加生产线．经过一段时间的生产，统计得该款新产品的生产线条数与月产量（件）之间的统计数据如下表：4681030406070由数据可知，线性相关，且满足回归直线方程，则当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为（）A.73件 B.79件 C.85件 D.90件〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据所给数据求出样本中心点，再代入回归直线方程，即可求出参数的值，从而得到回归直线方程，最后将代入计算可得.〖详析〗解：依题意可得，，因为回归直线方程必过样本中心点，即，解得，所以，当时，故当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为85件.故选：C4.若实数x，y满足约束条件则的最大值为（）A.1 B.2 C.6 D.7〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据不等式组作出可行域，结合直线纵截距的几何意义求解.〖详析〗作出可行域如下，

由可得，结合的几何意义可知，当直线经过点时，纵截距有最大值，最大值为，故选:D.5.函数的大致图象为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗利用奇偶性排除A，利用特殊值和图象变化趋势排除B,D.〖详析〗由题意知函数的定义域为，因为，所以为奇函数，故排除A；因为，所以排除B；因为，所以排除D；故选：C.6.设，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据同角三角函数的基本关系得到，再根据两角和的余弦公式及诱导公式得到，再根据、的范围判断即可.〖详析〗解：因为，所以，即，即，即，因为，所以，所以，即.故选：D7.已知圆柱的下底面圆的内接正三角形ABC的边长为6，P为圆柱上底面圆上任意—点，若三棱锥的体积为，则圆柱的外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗求出底面内接正三角形外接圆的半径及的面积，设圆柱的母线长为，根据圆锥的体积公式求出，则圆柱外接球的半径，即可求出外接球的表面积.〖详析〗解：如图，因为是边长为的正三角形，则其外接圆的半径，解得，又，设圆柱母线长为，则，解得，所以圆柱的外接球的半径，所以外接球的表面积为.故选：B8.在直三棱柱中，，且，若直线与侧面所成的角为，则异面直线与所成的角的正弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量求法求出的值，再求异面直线所成角即可.〖详析〗因为直三棱柱，所以底面，又因为，所以两两垂直，以为轴建立如图所示坐标系，设，则，，，，所以，，，设平面的法向量，则，解得，所以直线与侧面所成的角的正弦值，解得，所以，，设异面直线与所成的角为，则，所以异面直线与所成的角的正弦值为.故选：D9.已知函数在上单调，则a的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据在上的单调性列不等式，由此求得的取值范围.〖详析〗的开口向下，对称轴是直线，所以函数在上单调递增，依题意可知，在上单调递增，所以，解得，所以的取值范围是.故选：D10.以抛物线的焦点F为端点的射线与C及C的准线l分别交于A，B两点，过B且平行于x轴的直线交C于点P，过A且平行于x轴的直线交l于点Q，且，则△PBF的周长为（）A.16 B.12 C.10 D.6〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗因，则，准线为.由，可得坐标，直线AF方程，进而可得B，P坐标，后由两点间距离公式及抛物线定义可得〖答案〗.〖详析〗因，则，准线为.由，如图，设，则，得，则.得直线AF方程：，代入，得，将代入，可得.则周长，则.故.故选：B11.已知双曲线的左、右焦点分为，，左、右顶点分别为，，点M，N在y轴上，且满足（O为坐标原点）．直线，与C的左、右支分别交于另外两点P，Q，若四边形为矩形，且P，N，三点共线，则C的离心率为（）A.3 B.2 C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由四边形为矩形，可得，，设，则，由P，N，三点共线，可得，由P，M，三点共线，可得，即可得，从而得〖答案〗.〖详析〗解：如图所示：，由，则有，设，则，由，可得，取，同理可得，又因为，P，N，三点共线，所以，，所以，所以，P，M，三点共线，所以，，所以，所以，又因为，所以，即有，所以，所以.故选：A.12.已知实数a，b，c满足，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由题意可得，，，构造函数，再利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合图象即可得出〖答案〗.〖详析〗解：因为，所以，因为，所以，因为，所以，因为，所以，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以，又当时，，当，，由此作出函数的大致图象如图所示，因为且，则由图可知，所以.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知正六边形ABCDEF的边长为2，则_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据正六边形的几何性质，求出向量的模长以及夹角，利用平面向量的定义式，可得〖答案〗.〖详析〗由题意，作图如下：在正六边形中，易知，，，，则与的夹角为，即，在中，，.故〖答案〗为：.14.已知圆，的圆心都在坐标原点，半径分别为与．若圆的圆心在轴正半轴上，且与圆，均内切，则圆C的标准方程为_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗依题意求出圆心的横坐标与半径，即可得解.〖详析〗解：依题意可知圆心的横坐标为，半径为，故圆的标准方程为.故〖答案〗为：.15.已知为奇函数，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围是_________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据函数的奇偶性求得，再根据题意推得的关系式，结合的范围，即可求得〖答案〗.〖详析〗因为为奇函数，故，即，由于,故，则，由于，故，所以，由，可得，即或，对任意，存在，满足，故，则，，k取负值，则只能，此时，或，则，则,综合可得或，即实数的取值范围是，故〖答案〗为：16.如图，已知AB为圆O的直径，，，则六边形AECBDF的周长的最大值为______．〖答案〗12〖解析〗〖祥解〗连接，，，设，，，先证明，再求得，，则六边形AECBDF的周长为关于的函数，进而求得最值即可．〖详析〗连接，，，由，则，设，，，则，，又，得，，在直角中，由，则，，在中，由正弦定理有，即，得，所以六边形AECBDF的周长为，故当，即时，取得最大值，且最大值为12．所以六边形AECBDF的周长的最大值为12．故〖答案〗为：12．〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：本题的关键是将六边形AECBDF的周长和边的关系转化为周长和角的关系．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.在数列中，，．（1）设，求数列的通项公式；（2）设，且数列的前项和为．若，求正整数的值．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）依题意可得，利用累加法求出数列的通项公式；（2）由（1）可得，即可得到，利用裂项相消法求出，即可得到方程，解得即可.〖小问1详析〗解：因为，，且，所以，当时，当时，又时也符合上式，所以.〖小问2详析〗解：由（1）可知，所以，所以，所以，则，解得.18.某出租车公司为推动驾驶员服务意识和服务水平大提升，对出租车驾驶员从驾驶技术和服务水平两个方面进行了考核，并从中随机抽取了100名驾驶员，这100名驾驶员的驾驶技术与性别的2×2列联表和服务水平评分的频率分布直方图如下，已知所有驾驶员的服务水平评分均在区间内．驾驶技术优秀非优秀男2545女525

（1）判断能否有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关；（2）从服务水平评分在，内的驾驶员中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，求这3人中恰有2人的评分在内的概率．附：，其中．0.100.0500.0102.7063.8416.635〖答案〗（1）没有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关，理由见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）计算出卡方，与3.841比较后得到相应结论；（2）先根据频率之和为1得到，从而得到评分在，内的驾驶员人数比例，及两个区间各抽取的人数，利用列举法求出概率.〖小问1详析〗，没有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关；〖小问2详析〗，解得：，故服务水平评分在，内的驾驶员人数比例为，故用分层抽样的方法抽取5人中，内有4人，设为，内有1人，设为，再从这5人中随机抽取3人，共有以下情况：，共10种情况，其中这3人中恰有2人的评分在的有，6种情况，故这3人中恰有2人的评分在内的概率为．19.在如图所示的六面体中，平面平面，，，．（1）求证：平面；（2）若AC，BC，两两互相垂直，，，求点A到平面的距离．〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）取的中点，的中点，连，，，利用面面平行的性质定理推出，再利用线面平行的判定定理可证结论成立；（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据点到面的距离的向量公式可求出结果.〖小问1详析〗取的中点，的中点，连，，，在六面体中，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理可得，因为分别是，的中点，且，，所以，，，，所以四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，所以，，又已知，所以，则共面，因平面平面，平面平面，平面平面，所以，又分别是，的中点，，所以，因为平面，平面，所以平面；〖小问2详析〗因为AC，BC，两两互相垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系：则，，设，则，，，，，设平面的一个法向量为，则，则，取，则，，所以点A到平面的距离为.20.已知函数．（1）若，求单调区间；（2）若关于x的不等式在上恒成立，求实数a的取值范围．〖答案〗（1）单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）求导后，解不等式可得增区间，解不等式可得减区间；（2）先由时不等式成立，得，再将不等式化为，构造函数，利用导数求出其最小值，代入可解得结果.〖小问1详析〗，，令，得或，令，得或，令，得，所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.〖小问2详析〗关于x的不等式在上恒成立，即在上恒成立，当时，得，即，令，，因为，所以，设，则，令，得,令，得，所以在上为减函数，在上为增函数，所以，即，所以，所以在上为增函数，所以，即.21.已知椭圆的离心率为，点在短轴上，且．（1）求的方程；（2）若直线与交于两点，求（点为坐标原点）面积的最大值．〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）由题知，，进而根据向量数量积的坐标运算得，再根据即可求得，进而得〖答案〗；（2）设，进而联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式得，再求得原点到直线的距离即可计算的面积，再根据基本不等式求解即可.〖小问1详析〗解：因为椭圆的离心率为，所以，即，因为点在短轴上，且，所以，，解得，因为，所以，，所以，的方程为；〖小问2详析〗解：设联立方程得，所以，即，所以，所以，，因为原点到直线的距离为，所以，，当且仅当，即时等号成立，所以，（点为坐标原点）面积的最大值为.（二）选考题：共10分.请考生在第22，23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.在直角坐标系xOy中，已知点，直线l的参数方程是（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是．（1）求l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）设l与C相交于点A，B，求的值．〖答案〗（1）直线的普通方程为，;（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据参数方程转化为普通方程，极坐标方程转化为直角坐标方程的方法求得正确〖答案〗.（2）利用直