河南省郑州市2023届高三理数一模试卷【含答案】.docx

高三理数一模试卷一、单选题1．设集合，．则（　　）A． B．C． D．2．已知是虚数单位，若复数的实部为1，，则复数的虚部为（　　）A．或 B．或C．或1 D．或3．已知双曲线（）的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为A． B．C． D．4．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素（也称互质）的正整数的个数，例如，，．则（　　）A．数列单调 B．C．数列是等比数列 D．5．若实数，满足约束条件，则的（　　）A．最大值为4 B．最小值为4 C．最大值为5 D．最小值为56．设等差数列的前项和为，，，则公差的取值范围是（　　）A． B． C． D．7．记函数的最小正周期为．若，且的图象的一条对称轴为，关于该函数有下列四个说法：①；②；③在上单调递增；④为了得到的图象，只需将的图象向右平移个单位长度．以上四个说法中，正确的个数为（　　）A．1 B．2 C．3 D．48．河南博物院主展馆的主体建筑以元代登封古观星台为原型，经艺术夸张演绎成“戴冠的金字塔”造型，冠部为“方斗”形，上扬下覆，取上承“甘露”、下纳“地气”之意．冠部以及冠部下方均可视为正四棱台．已知一个“方斗”的上底面与下底面的面积之比为，高为2，体积为，则该“方斗”的侧面积为（　　）A．24 B．12 C． D．9．记的内角，，的对边分别为，，，已知角，，则角（　　）A． B． C． D．10．在如图所示的实验装置中，两个正方形框架，的边长都为1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记．则下列结论错误的是（　　）A．该模型外接球的半径为B．当时，的长度最小C．异面直线与所成的角为60°D．平面11．已知直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，，交于点，点的坐标为，则的值为（　　）A． B．2 C． D．312．已知函数定义域为，为偶函数，为奇函数，且满足，则（　　）A． B．0 C．2 D．2023二、填空题13．的展开式中的项系数为　 　；14．已知四边形是边长为2的正方形，若，且为的中点，则　 　．15．经过点以及圆与交点的圆的方程为　 　．16．已知函数，若有两个不同的极值点，且，则的取值范围为　 　．三、解答题17．已知数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项和．18．如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，，分别为，的中点．（1）若点是线段上的点，且，判断点是否在平面内，并证明你的结论；（2）求直线与平面所成角的正弦值．19．世界杯足球赛淘汰赛阶段的比赛规则为：90分钟内进球多的球队取胜，如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负（踢成平局），将进行30分钟的加时赛，若加时赛阶段两队仍未分出胜负，则进入“点球大战”．点球大战的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5球前，一队进球数已多于另一队踢5球可能踢中的球数，则该队胜出，譬如：第4轮结束时，双方进球数比，则不需踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮．直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜．现有甲乙两队在淘汰赛中相遇，双方势均力敌，120分钟（含加时赛）仍未分出胜负，须采用“点球大战”决定胜负．设甲队每名球员射进的概率为，乙队每名球员射进的概率为．每轮点球结果互不影响．（1）设甲队踢了5球，为射进点球的个数，求的分布列与期望；（2）若每轮点球都由甲队先踢，求在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并刚好胜出的概率．20．已知椭圆：的离心率为，且过点．（1）求椭圆的方程；（2）设不过点的直线与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线的斜率为定值．21．已知函数，．（1）求的单调区间与最值；（2）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）已知点，若直线与曲线交于A，两点，求的值．23．已知．（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，正实数，，满足，求证： ．1．C2．A3．C4．C5．D6．A7．B8．D9．C10．B11．B12．B13．-8014．15．16．17．（1）解：由题意当时，；当时，两式相减得，所以，当时也成立．所以数列的通项公式.（2）解：根据题意，得所以所以18．（1）解：连接、交于，连接，由正四棱锥的性质可得平面，底面为正方形，则，所以以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，所以，，又，得，，所以，所以、、、四点共面，即点在平面内．（2）解：由（1）可得，设平面的法向量，由，得，令，则，，所以，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．19．（1）解：由题意知，，可能的取值为0，1，2，3，4，5.，，，，，所以的分布列为X012345P．（2）解：设“第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出”为事件A，由题意知，甲乙两队比分为1：4或2：4，设“甲乙两队比分为1：4”为事件，“甲乙两队比分为2：4”为事件，若甲乙两队比分为1：4，则乙射进4次，甲前三次射进一次，第4次未进，，若甲乙两队比分为2：4，则乙射进4次，甲前四次射进两次，所以．即在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出的概率为．20．（1）解：由题设得，，即，解得．所以的方程为．（2）证明：设直线的方程为，代入得．，设，则，于是．，又，所以．即．，即，，，将，代入整理得，即，当，直线过点，舍去，所以．21．（1）解：，所以在，上，，单调递增，在，，，上，，单调递减，所以单调递增区间为，，单调递减区间为，，，．，.（2）解：设当，即时，，在上单调递增，，，所以成立；当，即时，，在上单调递减，，即，所以；当时，，当，单调递增，当，单调递减，所以，令，，所以，成立．综上，a的取值范围为．22．（1）解：曲线C的参数方程为（为参数，），所以，所以即曲线C的普通方程为．直线l的极坐标方程为，则，转换为直角坐标方程为．（2）解：直线l过点，直线l的参数方程为（t为参数）令点A，B对应的参数分别为，，由代入，得，则，，即t1、t2为负，故．23．（1）解：即：①当时，，解得；②当时，，解得；③当时，，无解，综上：不等式的解集为．（2）证明：方法1：，当且仅当时等号成立．所以，所以，即.方法2：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，所以，所以，即.∴，当且仅当，即时，等号成立．。