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2023年河南省新乡市高考数学二模试卷（理科）
一、单选题（本大题共11小题，共55.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知复数满足，则的虚部为( )
A. B. C. D.
2. 已知集合，，若，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
3. 已知随机变量的分布列为
则( )
A. B. C. D.
4. 已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，，若的面积为，则( )
A. B. C. D.
5. 已知等差数列满足，则的前项和( )
A. B. C. D.
6. 定义在上的函数满足，且为偶函数，当时，，则( )
A. B. C. D.
7. 执行如图所示的程序框图，则输出的结果为( )
A. B. C. D.
8. 剪纸是中国古老的传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形的边长为，点在四段圆弧上运动，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
9. 已知函数在上存在零点，且在上单调，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
10. 已知是双曲线的左焦点，是右支上一点，与的渐近线分别交于，两点，且，则的离心率为( )
A. B. C. D.
11. 若，，，则( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
12. 函数的图象在处的切线方程为 ．
13. 用，，，，五个数组成无重复数字的四位数，则不同的四位数共有 个，其中偶数共有 个
14. 若正四面体的棱长为，则该四面体内切球的球心到其一条侧棱的距离为 ．
15. 已知正项数列满足，，，若是唯一的最大项，则的取值范围为 ．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 本小题分
世界上的能源消耗有是由摩擦和磨损造成的，一般机械设备中约有的零件因磨损而失效报废零件磨损是由多方面因素造成的，某机械设备的零件随着使用时间的增加，“磨损指数”也在增加现根据相关统计，得到一组数据如表．
使用时间年
磨损指数
求关于的线性回归方程；
在每使用完一整年后，工人会对该零件进行检测分析，若该零件在下一年使用过程中的“磨损指数”超过，则该零件需要在本次检测后立即进行报废处理根据中的回归方程，估计该零件使用多少年后需要进行报废处理？
参考数据：，．
附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
17. 本小题分
如图，在中，，在上，，，．
求的值；
求面积的取值范围．
18. 本小题分
如图，在斜三棱柱中，，，分别为，的中点，．
证明：四边形为正方形．
求直线与平面所成角的正弦值．
19. 本小题分
已知椭圆的长轴长为，为坐标原点，为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，且的面积为．
求椭圆的方程．
过点的直线与椭圆相交于，两点，过点作轴的垂线，与直线相交于点，是的中点，试问直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
20. 本小题分
已知，函数．
讨论的单调性；
设表示不超过的最大整数，证明：，．
21. 本小题分
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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
求出的普通方程和的直角坐标方程；
若与有公共点，求的取值范围．
22. 本小题分
已知函数．
当时，求不等式的解集；
若，，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，得，
的虚部为．
故选：．
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为，且，
若，则，不符题意，
若，则，与题意矛盾，
若，则，
由，所以，
即的取值范围为．
故选：．
根据，分，和三种情况讨论即可．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：根据题意及离散型随机变量分布列的性质可得：
，，
．
故选：．
根据离散型随机变量分布列的性质及期望公式即得．
本题考查离散型随机变量分布列的性质及期望公式，属基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意知，准线方程为，
设，因为，
的面积为，
则，解得，
则，
所以．
故选：．
根据三角形面积公式，结合抛物线定义进行求解即可．
本题主要考查抛物线的性质，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：数列为等差数列，
则可设，
，
，即，解得，，
故，
，，
．
故选：．
设出等差数列，再结合，求出等差数列的通项公式，再结合等差数列的前项公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的前项公式，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，所以的周期为．
又为偶函数，所以的图象关于直线对称，
则．
故选：．
由和为偶函数，可知的周期为，且的图象关于直线对称，利用函数的周期性和对称性将条件进行转化即可得出答案．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：，时，；
，时，．
故选：．
根据程序框图可求出，时，，然后可求出，时的值，此时的的值即为输出的的结果．
本题考查了对程序框图的理解，三角函数的诱导公式，二倍角的正弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：以、所在直线分别为、轴，建系如图，
设点，易知以为直径的左半圆的方程为：
，
以为直径的右半圆的方程为：
，
点的横坐标的取值范围是，
又，，
．
故选：．
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求出点的横坐标的取值范围，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的取值范围．
本题考查坐标法的应用，圆的方程的应用，向量数量积的坐标运算，属基础题．
9.【答案】
【解析】解：，
因为在上存在零点，
所以，解得．
又在上单调，
所以，即，解得，则，
则则解得．
故选：．
根据函数的零点和单调性求出，从而可得根据函数在上单调，即可求的取值范围．
本题主要考查两角和与差的三角函数，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：在双曲线的渐近线上，
不妨设点，，
又，且，
，又，，
又，，
，
，又是右支上一点，
，，
故E的离心率为．
故选：．
设点，由可表示出，点的坐标，因为是右支上一点，带入椭圆得方程化简即可得出答案．
本题考查双曲线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
11.【答案】
【解析】解：令函数，则．
设，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
所以，则，
则，
所以在上单调递增，
所以，即．
因为，所以，则，
故．
故选：．
根据已知数的形式构造新函数，利用导数的性质进行求解判断即可．
本题主要考查了导数与单调性关系在函数值大小比较中的应用，根据数的形式构造新函数，利用对数函数的以直代曲是解题的关键．
12.【答案】
【解析】解：因为，所以，则，，
故的图象在处的切线方程为．
故答案为：．
根据导数的几何意义，结合直线点斜式方程进行求解即可．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：由题可知，满足条件的四位数共有个，
其中偶数分为个位数是和个位数不是，
若这个偶数的个位数是，则有个；
若这个偶数的个位数不是，则有个，
故满足条件的四位数中偶数的总个数为；
故答案为：；．
五个数组成无重复数字的四位数只需满足首位不为即可，其中偶数分为个位数是和个位数不是，即可得出答案．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：如图，设为正四面体的内切球的球心，
由对称性知也是正四面体的外接球的球心，
设为的外心，过作，垂足点为，
则，
，
又，，
，解得，
，，，
则该四面体内切球的球心到其一条侧棱的距离为，
故答案为：．
画出图形，设为正四面体的内切球的球心，由对称性知也是正四面体的外接球的球心，设为的外心，过作，垂足点为，根据勾股定理，方程思想，即可求解．
本题考查正四面体的外接球与内切球问题，勾股定理的应用，化归转化思想，方程思想，属中档题．
15.【答案】
【解析】解：因为，所以，又，，
所以是首项为，公比为的等比数列，则，
则，
因为是唯一的最大项，所以，即，解得，
即的取值范围为．
故答案为：．
根据数列递推关系得到是等比数列，进一步求出的通项公式，利用是最大项建立不等式求解即可．
本题主要考查数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：因为，所以，
又，，
所以，
所以，
故关于的线性回归方程为；
由可知，当时，，
当时，，
故估计该零件使用年后需要进行报废处理．
【解析】根据题中所给的公式和数据进行求解即可；
运用代入法进行求解判断即可．
本题主要考查了求线性回归方程，以及利用线性回归方程进行预测，属于中档题．
17.【答案】解：因为，，，
所以，，
故，即，
则在中，根据正弦定理可得，；
设，则，由解得，
在中，，
则，，
由，得，
则，
故面积的取值范围为．
【解析】根据三角形面积公式结合条件可得，，进而可得，然后利用正弦定理即得；
设，根据余弦定理及三角形面积公式结合条件可表示三角形面积，然后利用二次函数的性质结合条件即得．
本题主要考查了三角形面积公式，余弦定理及正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
18.【答案】证明：连接，，因为，所以与均为正三角形．
因为为的中点，所以，．
又，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
又，所以，则四边形为矩形．
因为，，所以，故四边形为正方形．
解：由题可知，四面体为正四面体，以的中心点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，得．
设直线与平面所成的角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值．
【解析】连接，，依题意可得，，即可得到平面，从而得到，再由得到 ，即可得到为矩形，再证明邻边相等即可得证；
由题可知，四面体为正四面体，以的中心点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得．
本题主要考查空间位置关系的证明，直线与平面所成角的求法，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：由题可知，解得
故椭圆的方程为．
由题可知，直线的斜率一定存在，设的方程为，，，
联立方程组，消去整理得，
，解得，
，．
直线的方程为，令，得，
即点的坐标为，则点的坐标为．
直线的斜率
，
故直线的斜率为定值，且该定值为．
【解析】根据椭圆的性质列方程组求解；
联立直线与椭圆方程，求出点，点的坐标，再由斜率公式结合韦达定理得出直线的斜率为定值．
本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：因为，，
所以，
当时，恒成立，故在在上单调递减．
当时，易得在上单调递减，在上单调递增．
证明：当时，由可知，，即，当且仅当时，等号成立，
则，则，
则，
又，所以，
故，
从而．
【解析】对求导，分和，讨论导函数的符号，即可得出函数的单调性．
当时，由可知，，由此可得，由裂项相消法结合题意放缩可证明，即可证明结论．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了函数性质及数列的裂项求和在不等式证明中的应用，属于中档题．
21.【答案】解：对于曲线，，
因为曲线的参数方程为为参数，
所以，，两式相减得，
所以的普通方程为，
因为，所以，故C的直角坐标方程为；
因为与有公共点，且不在上，且圆心为，半径为，
所以，
解得，
故的取值范围为．
【解析】消参法求的普通方程，公式法求的直角坐标方程；
根据与有公共点，即圆心到直线距离小于等于半径列不等式求参数范围．
本题主要考查了曲线参数方程与普通方程的互化，考查了简单曲线的极坐标方程，以及直线与圆的位置关系，属于中档题．
22.【答案】解：因为，所以，
当时，原不等式转化为，不等式无解；
当时，原不等式转化为，解得；
当时，原不等式转化为，解得．
综上所述，不等式的解集为．
因为，
所以恒成立等价于，
当时，则，解得；
当时，则，解得．
综上所述，的取值范围为．
【解析】根据绝对值的性质，分类讨论进行求解即可；
根据绝对值的性质，结合一元二次不等式的解法进行求解即可．
本题主要考查函数恒成立问题，绝对值不等式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．
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