2023屆河南省部分學校高三高考仿真適應性測試數學（理）試題一、單選題1．已知全集，集合，，則集合中的子集個數為（

）A．1 B．2 C．16 D．無數個【答案】B【分析】首先求集合，再求集合的運算.【詳解】先求，，所以，則，所以子集的個數為.故選：B2．已知復數，其中為虛數單位，且，則復數的模的最大值為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】首先化簡復數，再結合復數模的幾何意義，利用數形結合，即可求解.【詳解】，則表示復數對應點的軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，則|z|表示圓上的點到原點的距離，由圖可知，的最大值為3.故選：C3．已知是第二象限角，則點所在的象限是（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根據三角函數確定橫坐標和縱坐標的正負，即可求解.【詳解】因為是第二象限角，所以，，進而硧定，.所以點在第四象限.故選：D4．關于橢圓C：，有下面四個命題：甲：長軸長為4；乙：短軸長為2；丙：離心率為；丁：．如果只有一個假命題，則該命題是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】D【分析】先假設某兩個正確，則另兩個必有一個正確一個錯誤，從而判斷出答案．【詳解】假設甲乙正確，則，，所以，所以，，可得到甲、乙、丙三個命題中，已知某兩個正確，均可推出第三個正確，故丁是假命題.故選：D5．執行如圖所示的程序框圖，輸出的結果是S，若，則m的值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用循環語句研究數列的前99項和，利用裂項相消求和得到，得到．【詳解】由程序框圖可知，本題要求的是，即．故選：C6．數學與生活密不可分，在一次數學討論課上，老師安排5名同學講述圓、橢圓、雙曲線、拋物線在實際生活中的應用，要求每位學生只講述一種曲線，每種曲線至少有1名學生講述，則可能的安排方案的種數為（

）A．240 B．480 C．360 D．720【答案】A【分析】先分組再分配，平均分組注意消序，最后根據分步乘法計數原理，即可得到可能的安排方案的種數.【詳解】解：有四種曲線，要求每位學生只講述一種曲線，則5名同學分成2，1，1，1四組，共有種情況，再將四組學生分配給四種曲線，一共有種情況，則可能的安排方案的種數為種，故選：A.7．在正方體中，下列說法不正確的是（

）A．直線與直線垂直B．直線與平面垂直C．三棱錐的體積是正方體的體積的三分之一D．直線與直線垂直【答案】D【分析】AB選項，根據線線垂直得到線面垂直，進而得到AB正確；C選項，設出棱長，利用正方體體積減去四個三棱錐體積求出三棱錐的體積；D選項，求出異面直線的夾角為，D錯誤.【詳解】AB選項，因為在正方體中，，，且，平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，，，因為，平面，所以平面，所以A，B正確；D選項，由正方體中的基本關系得到，而三角形是等邊三角形，故與所成角為，故直線與直線所成角為，所以D錯誤；C選項，設棱長為1，則四棱錐的體積等于正方體體積減去4個三棱錐的體積，即，所以三棱錐的體積是正方體的體積的三分之一，C正確．故選：D8．已知向量，，且，則實數的值為（

）A．8 B． C．4 D．【答案】A【分析】利用向量垂直的坐標表示，結合數量積公式，即可求解.【詳解】因為，，.所以.所以.故選：A9．點是棱長為2的正方體外接球球面上的任意一點，則四棱錐的體積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先求出正方體外接球的半徑，再得出四棱錐高的最大值，代入四棱錐的體積公式即可求得體積最大值．【詳解】由正方體棱長與其外接球半徑的關系知：，即，則四棱錐的高的最大值為，所以四棱錐的體積的最大值為，故選：B．10．已知數列滿足，，若，則（

）A．10 B．15 C．20 D．25【答案】A【分析】首先賦值，判斷數列是等差數列，并求通項公式，利用等差數列的前項和公式，即可求解.【詳解】因為，令，所以，故數列是首項和公差均為2的等差數列，所以，所以，解得k=10.故選：A11．已知函數的最小正周期為T，若，且的圖象關于對稱，則（

）A． B．1 C．3 D．【答案】C【分析】先根據周期T的范圍確定ω的范圍，再利用對稱性確定ω的值，進而求出的值即可．【詳解】因為，所以，即，又因為的圖象關于對稱，所以，，，所以，，又因為，所以當時，滿足要求，其他均不合要求，所以．故選：C12．已知，且，則實數t的最小值為（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】先將化成，再利用函數在R上單調遞增得到，進而轉化為求的最小值即可．【詳解】解：因為可化成，又因為函數在R上單調遞增，所以，所以，所以，令，解得，所以當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以當時，．故選：C.二、填空題13．直線與拋物線交于A，B兩點，則=______．【答案】16【分析】聯立直線與拋物線方程，利用兩點距離公式計算即可.【詳解】聯立方程解得或，不妨令，則，即．故答案為：1614．已知圓經過拋物線與軸的交點，且過點，則圓的方程為______.【答案】【分析】首先設圓的一般方程，結合條件，利用待定系數法，即可求解.【詳解】設圓的方程為，令，，則由圓經過拋物線與軸的交點可知方程與同解，所以，，所以圓的方程為，又因為圓過點，所以，所以，所以圓的方程為.故答案為：15．若二項式的常數項為－80，則______.【答案】5【分析】先求出二項式展開式的通項公式，然后令x的指數為零，求出r，從而利用常數項建立方程求解.【詳解】二項式的通項為，由題意，且r，n為整數，解得，故答案為：5三、雙空題16．已知函數，若函數，則函數的圖像的對稱中心為______；若數列為等差數列，，則______．【答案】

8088【分析】對于空①，可通過構造函數，由函數奇偶性的判斷方法可知為奇函數，再通過函數圖像平移變換，可得到關于點中心對稱；對于空②，利用等差數的性質和函數的對稱性可得到，從而求出結果.【詳解】令，因為，所以為奇函數，圖像關于原點中心對稱，又，所以的圖像可由的圖像先向右平移3個單位，再向上平移4個單位得到，所以關于點中心對稱；因為，由等差數列前項和公式得，，得到，所以由等差數數列的性質可得到，故點與點關于點對稱，由函數的對稱性知，，又，所以．故答案為：

8088四、解答題17．在中，是邊BC上的點，AD平分，的面積是的面積的兩倍.(1)如圖1，若，且，求的面積；(2)如圖2，若點在邊AB上，且，，求的值.【答案】(1)(2)1【分析】（1）由條件，結合三角形面積公式，得，并結合三角形面積的關系，列式求，即可求的面積；（2）首先根據邊的關系，結合勾股定理，判斷為直角，在和中，根據正弦定理，求，即可求解.【詳解】（1）因為的面積是的面積的兩倍，，且，平分.所以，所以，又因為，所以，所以，所以的面積為；（2）由（1）知.設，則，又因為，，所以是以為直角的直角三角形，在中，由正弦定理可得在中，由正弦定理可得，因為，所以，又因為，均為銳角，所以，所以的值為1.18．在四棱錐Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，，QC=3.(1)證明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)若點P為四棱錐Q－ABCD的側面QCD內（包含邊界）的一點，且四棱錐P－ABCD的體積為，求BP與平面ABCD所成角的正弦值的最小值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點為，連接，，通過等腰三角形三線合一結合勾股定理可證，，再利用面面垂直的判定方法可得平面平面.（2）建立合適的空間直角坐標系，首先得到點的軌跡是的中位線，點的軌跡是的中位線，從而得到線面角的正弦表達式，利用函數單調性即可求出其最值.【詳解】（1）取的中點為，連接，.因為，，則，而，，故.在正方形中，因為，故，故，因為，故，故為直角三角形且，因為，且平面，故平面，因為平面，故平面平面.（2）在平面內，過作，交于，因為，則.結合（1）中的平面，且平面，則，故直線兩兩互相垂直，故以為坐標原點，所在直線分別為軸建如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，故，，.因為，所以，又因為點為四棱錐的側面內的一點（包含邊界），所以點的軌跡是的中位線，設，則，，設與平面所成角為，則，，當時，取得最小值，所以與平面所成角的正弦值的最小值為.19．為了探討學生的物理成績y與數學成績x之間的關系，從某校高三學生中抽取10名學生，他們的成績（xi，yi）（i=1，2，…，10）如下表：xi729096102108117120132138147yi39495359616969798090(1)請用相關數據說明該組數據中y與x間的關系是否可用線性回歸模型擬合；(2)求物理成績y關于數學成績x的線性回歸方程；（結果保留三位小數）(3)從統計的10名學生中隨機抽取2名，求至少有一名學生物理成績不少于60分的概率.附：參考數據與參考公式11226487596313073444196相關系數，，.【答案】(1)可用線性回歸模型擬合(2)(3)【分析】（1）由已知數據計算出相關系數后可得；（2）根據公式求出，即得；（3）利用組合知識求得從10人任取2人的基本事件的個數、至少有一名同學物理成績不少于60分的基本事件個數后可計算出概率．【詳解】（1）因為，而0.9964非常接近于1，所以可用線性回歸模型擬合.（2）因為，，所以物理成績關于數學成績的線性回歸方程為.（3）記“從統計的10名同學中隨機抽取2名，至少有一名同學物理成績不少于60分的為事件A”，則一次試驗中所含有的基本事件的個數，事件A中所含有的基本事件的個數.所以從統計的10名同學中隨機抽取2名，至少有一名同學物理成績不少于60分的概率為.20．已知雙曲線的離心率為，且雙曲線C過點，直線l交雙曲線C于P，Q兩點（異于點A），直線AP，AQ的傾斜角互補．(1)求雙曲線C的標準方程；(2)求證：直線l與直線平行．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由離心率設出雙曲線方程，結合雙曲線上的點的坐標，求出答案；（2）設出直線的方程，聯立雙曲線方程，得到兩根之和，兩根之積，由兩直線傾斜角互補得到斜率之和為0，列出方程，求出，并證明出結論.【詳解】（1）因為雙曲線C：的離心率為，所以雙曲線的方程可表示為，又因為雙曲線C過點，所以，所以，，所以雙曲線的標準方程為；（2）根據題意可知直線l的斜率一定存在，故可設直線l的方程為，將代入得，，所以，，又因為直線AP，AQ的傾斜角互補，設P點坐標為，Q點坐標為，所以，即，所以，所以，化簡得．又因為，所以，又因為，所以，所以，所以直線l：與直線平行．【點睛】直線與圓錐曲線的位置關系，處理兩直線傾斜角互補或相等問題時，往往會轉化為斜率之和為0或斜率相等，進而列出方程，代入計算即可.21．已知函數.(1)討論函數的單調性；(2)討論函數的零點個數，并證明你的結論.【答案】(1)當時，在上單調遞增，無減區間；當時，的單調遞增區間是，單調遞減區間是；(2)當或時，在上有唯一零點；當時，在上沒有零點；當，在上有兩個不同的零點.【分析】（1）對函數求導，對a進行分類討論，根據導數和單調性的關系，即可求得函數的單調性.（2）研究函數的單調性，通過單調性分析函數的變化趨勢，從而可得到函數的零點個數.【詳解】（1）因為，所以，當時，，所以在上單調遞增，當時，令，得，若，則，從而，若，則，從而，從而函數在上單調遞增，在上單調遞減，即的單調遞增區間是，單調遞減區間是；（2）由（1）可知，當時，在上單調遞增，，，又因為在上是連續不間斷的，所以在上有唯一零點，所以當時，在上有唯一零點，當時，在上有唯一零點，當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以在上沒有零點，當時，，函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以在上有唯一零點，當時，.又因為當時，在上恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立，所以，又因為，所以，又因為在和上均是連續不間斷的，所以在和上各有唯一零點，所以當，在上有兩個不同的零點.綜上所述，當或時，在上有唯一零點；當時，在上沒有零點；當，在上有兩個不同的零點.【點睛】關鍵點點睛：導函數處理零點個數問題，由于涉及多類問題特征（包括單調性，特殊位置的函數值符號，隱零點的探索、參數的分類討論等），需要學生對多種基本方法，基本思想，基本既能進行整合，注意思路是通過極值的正負和函數的單調性判斷函數的走勢，從而判斷零點個數，較為復雜和綜合的函數零點個數問題，分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進行分類討論，分類的標準，及分類是否全面，都是需要思考的地方.22．在平面直角坐標系xOy中，已知直線的參數方程為（t為參數），拋物線C的極坐標方程為．(1)求直線l和拋物線C的直角坐標方程；(2)求直線l被拋物線C截得的弦長.【答案】(1)，；(2)．【分析】（1）根據消參法將參數方程轉化為普通方程，根據極坐標方程與