河南省安阳市2023届高三第二次模拟考试文科数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、
单选题1．已知集合，则（?）A．B．C．D．2．已知复数，则（?）A．B．C．D．3．记为等差数列的前n项和，若则的公差为（?）A
．1B．2C．3D．44．以下结论不正确的是（?）A．根据列联表中的数据计算得出，而，则有99%的把握认为两个分类变量有关系B．的
值越大，两个事件的相关性就越大C．在回归分析中，相关指数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好D．在回归直线中，变量时，变量的值一
定是155．已知x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为（?）．A．B．C．2D．46．将2个1和3个0随机排成一行，则2个1不相
邻的概率为（?）A．0.3B．0.5C．0.6D．0.87．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，下列说法正确的是（?）
．A．为奇函数B．在上单调递减C．在上的值域为D．点是图象的一个对称中心8．如图所示，在正方体中，，分别为，的中点，设二面角的平面
角为，直线与平面所成角为，则（?）A．B．C．D．与正方体棱长有关9．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在C的右支上，直线与C的
左支交于点N，若，且，则双曲线C的渐近线方程为（?）A．B．C．D．10．设等比数列的首项为1，公比为q，是数列的前n项和，则“”
是“恒成立”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11．如图，2022年世界杯的会徽像阿
拉伯数字中的“8”．在平面直角坐标系中，圆和外切也形成一个8字形状，若，为圆M上两点，B为两圆圆周上任一点（不同于点A，P），则的
最大值为（?）．A．B．C．D．12．函数，若关于x的方程恰有5个不同的实数根，则实数m的取值范围是（?）A．B．C．D．二、填空
题13．若一组数据的平均数是30，另一组数据的平均数是则第三组数据的平均数是___________.14．已知函数的图象关于点对称
，且当时，和其导函数的单调性相反，请写出的一个解析式：______．15．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，则此双曲线的渐近线
方程是________.16．若关于的不等式有解，则实数的取值范围是____________.三、解答题17．已知的角A，B，C的
对边分别为a，b，c，且．(1)求A；(2)若的面积为，，点D为边BC的中点，求AD的长．18．配速是马拉松运动中常使用的一个概念
，是速度的一种，是指每千米所需要的时间.相比配速，把心率控制在一个合理水平是安全理性跑马拉松的一个重要策略.2022北京马拉松于2
022年11月6日举行，已知图①是本次北京马拉松比赛中某位跑者的心率y（单位：次/分钟）和配速x（单位：分钟/千米）的散点图，图②
是本次马拉松比赛（全程约42千米）前3000名跑者成绩（单位：分钟）的频率分布直方图.(1)由散点图看出，可用线性回归模型拟合y与
x的关系，求y与x的线性回归方程；(2)在本次比赛中，该跑者如果将心率控制在160（单位：次/分钟）左右跑完全程，估计他跑完全程花
费的时间及他能获得的名次.参考公式：用最小二乘法求线性回归方程的系数，，.参考数据：.19．如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD为
矩形，，平面ABCD，H为DC的中点．(1)求证：平面平面POC；(2)求三棱锥体积的最大值．20．已知椭圆的左焦点为，点在上，的
最大值为，且当垂直于长轴时，.(1)求的方程；(2)已知点为坐标原点，与平行的直线交于两点，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，试探
究是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.21．已知抛物线的焦点为F，点E在C上，以点E为圆心，为半径的圆的最小面积为．(
1)求抛物线C的标准方程；(2)过点F的直线与C交于M，N两点，过点M，N分别作C的切线，，两切线交于点P，求点P的轨迹方程．22
．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴为正半轴建立极坐标，椭圆的极坐标方程为，其右焦点为，直线与椭圆交
于两点.(1)求的值；(2)若点是椭圆上任意一点，求的面积最大值.23．如图，在中，D，E在BC上，，，．(1)求的值；(2)求面
积的取值范围．参考答案：1．B【分析】解不等式得到集合，根据函数的值域得到集合，然后求交集即可.【详解】，，则.故选：B.2．C【
分析】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.【详解】复数，故，所以，故选：C3．C【分析】根据等差数
列通项公式及前n项和公式计算得解.【详解】设等差数列的公差为d，，联立解得，则的公差为3．故选：C．4．D【分析】对于A，，可得结
论；对于B，越大，“与有关系”可信程度越大，相关性就越大；对于C，在回归分析中，相关指数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好；对
于D，当回归直线方程中，当变量等于200时，的值平均是15，不能说一定是15.【详解】解：对于A，，故有99%的把握认为两个分类变
量有关系，即A正确：对于B，越大，“与有关系”可信程度越大，相关性就越大，即B正确；对于C，在回归分析中，相关指数越大，说明残差平
方和越小，回归效果越好，即C正确；对于D，当回归直线方程中，当变量等于200时，的值平均是15，不能说一定是15，故D错误.故选：
D.【点睛】方法点睛：本题考查线性回归方程的意义和独立性检验的应用，独立性检验是先假设两个分类变量无关，计算出的值，并与临界值进行
比较，可以判断两个变量有关系的程度.在该假设下，随机变量应该很小，如果实际计算出的的值很大，则在一定程度上说明假设不合理.5．B【
分析】画出可行域及目标函数，利用几何意义求出最小值.【详解】画出约束条件表示的平面区域，如图中阴影部分所示．目标函数，即，平移直线
，当其过点A时纵截距最小，即z最小．由，可得即点，所以．故选：B6．C【分析】列举出所有可能的结果，找到2个1不相邻的基本事件个数
，根据古典概型概率公式可得结果.【详解】2个1和3个0随机排成一行，基本事件有：，，，，，，，，，，共种；其中2个1不相邻的有：，
，，，，，共种，所以所求概率.故选：C.7．D【分析】由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，即可求解.【详解】由题知
，，所以A错误；因为，，在上先增后减，所以B错误；因为，，，所以C错误；因为，所以点是图象的一个对称中心，所以D正确．故选：D.8
．A【分析】作出二面角以及线面角，通过比较它们的正切值来确定两者的大小关系.【详解】设点为与的交点，由于，所以四边形是平行四边形，
所以.由于平面，所以平面，所以平面，所以，过点作的垂线，垂足为，又平面，则平面，又平面，则，所以，从而，，在中，，所以，所以．故选
：A9．D【分析】由已知条件结合双曲线的定义可得，从而可求出双曲线的渐近线方程.【详解】因为双曲线的左、右焦点分别为，，点M在C的
右支上，所以，因为，，，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为.故选：D10．A【分析】充分性直接证明，必要性举特值验证.【详解】．
当时，，可知．所以“”是“，恒成立”的充分条件．又当时，．若n为偶数，则；若m为奇数，则．所以，当时，恒成立．综上，“”是“恒成立
”的充分不必要条件，故选：A．11．C【分析】先用待定系数法求出圆M的方程，进而得到，数形结合得到当与直线PA垂直的直线l和圆N相
切，切点为B，且直线l的纵截距大于0时，最大，利用点到直线距离公式得到，结合向量投影求出最值.【详解】根据题意可得，解得，，故圆M
的方程为．，画图分析可知当与直线PA垂直的直线l和圆N相切，切点为B，且直线l的纵截距大于0时，最大．直线的斜率为1，设l的方程为
，由圆心到直线l的距离为，解得或（舍去）．故l的方程为，其与直线PA：的交点坐标为，所以，所以，即的最大值为．故选：C【点睛】平面
向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的
特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数
，不等式，方程的有关知识进行求解.12．A【分析】利用导数研究且的单调性和极值，进而画出图象，数形结合知有两个根，只需保证有三个根
，即可确定参数范围.【详解】由，可得或，令且定义域为，则，当时，即递减；当时，即递增；所以，且，在趋向正无穷趋向正无穷，综上，根据
解析式可得图象如下图示：显然对应两个根，要使原方程有5个根，则有三个根，即有3个交点，所以.故选：A【点睛】关键点点睛：导数研究且
性质并画出图象，结合、的根个数分布确定参数范围.13．161【分析】根据数据平均数计算公式可得.【详解】数据共有个，其平均数为因此
故数据的平均数是.故答案为：16114．（答案不唯一）【分析】先根据对称中心写成，再验证其单调性和导函数的单调性.【详解】由的图象
关于点对称，可设，则．当时，单调递减，单调递增，满足题意．其他满足条件的解析式也可以．故答案为：15．【分析】求出抛物线的焦点，根
据可求的值，从而可求渐近线方程.【详解】∵抛物线的焦点是（2，0），∴，，∴，∴．所以双曲线的渐近线方程为.故答案为: .16．【
分析】参变分离后令，则根据已知可得，利用导数求出，即可得出答案.【详解】，，，，令，则若关于的不等式有解，则，，，则当时，，当时，
，故当时，单调递增，当时，单调递减，则，则，故实数的取值范围是，故答案为：.17．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理得到，再利用
余弦定理求出；（2）在第一问的基础上，结合，利用三角恒等变换求出，进而由三角形面积得到，由余弦定理求出答案.【详解】（1）因为，所
以由正弦定理可得，即．由余弦定理可得，又，所以．（2）因为，所以，即，又，则，所以．所以，．所以，所以．在△ACD中，由余弦定理可
得，即．18．(1)(2)210分钟，192名【分析】（1）将数据代入公式，计算回归方程；（2）由回归方程计算时x的值，得跑完马拉
松所花时间，由频率分布直方图估计该值所处名次.【详解】（1）由散点图中数据和参考数据得，∴，，所以y与x的线性回归方程为.（2）将
代入回归方程得，所以该跑者跑完马拉松全程所花的时间为分钟，从马拉松比赛前3000名跑者成绩的频率分布直方图可知成绩好于210分钟的
累计频率为.有6.4%的跑者成绩超过该跑者，则该跑者在本次比赛获得的名次大约是名.19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）首先证
明，再利用线面垂直的性质定理得，最后利用面面垂直的判定定理即可.（2）通过转换顶点知当时，的面积最大，此时体积最大，代入数据计算即
可.【详解】（1）∵，H为DC中点，，，，，∴，∵平面ABCD，平面ABCD，∴，∵，平面POC，平面POC，∴平面POC，又∵平
面DPO，∴平面平面POC．（2）由（1）可知，∴点O在以CD为直径的圆上，∴当时，的面积最大，又，∴三棱锥体积的最大值为．20．
(1)(2)是，为定值2【分析】（1）由题意可得到关于的等式，联立进行求解即可；（2）根据题意可假设，与椭圆进行联立可得，求出直线
的方程可得到，同理可得，通过计算即可得到定值【详解】（1）的最大值为，当垂直于长轴时，将代入椭圆可得，则，所以，解得所以的方程为（
2）为定值.由题可知直线的斜率为，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，故设直线的方程为.联立得，则，解得，则，所以，直线的方程为，令
，得，即，所以，同理可得.故，所以为定值2.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线
方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题
或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21．(1)(2)【分析】（1）当圆心在原点时，此时半径为，圆的面积最
小是解题的关键；（2）设出直线MN的方程，利用导数与切线方程的关系求出切线，联立两条切线方程求出交点即可求解.【详解】（1）设点，
，则，因为以E为圆心，以为半径的圆的最小面积为，所以，所以（负值舍去），解得，所以抛物线C的标准方程为．（2）设，，易得，由题意知
直线MN的斜率一定存在，则设直线MN的方程为，联立得，，所以，．由，得，则切线的斜率为，则切线的方程为，即①．同理可得切线的方程为
②．①②得，代入①得，，所以点P的轨迹方程为．【点睛】关键点睛：利用设而不求的方法，设出直线方程与圆锥曲线联立消元得出韦达定理，通
过转化化简用韦达定理表示出问题，是处理直线与圆锥曲线位置关系必须要掌握的方法.22．(1)(2)【分析】（1）根据极坐标方程可得椭
圆的标准方程，又直线经过点椭圆焦点，将直线参数方程代入椭圆方程，得坐标关系，即可得的值；（2）设点P坐标为，直线l的直角坐标方程为
，由点到直线的距离，结合三角函数的图象性质求得距离最大值，即可求得的面积最大值.【详解】（1）由得椭圆的方程为，其焦点坐标为，由题意得直线经过点，其参数方程为（为参数），代入椭圆的方程整理得，所以，所以.（2）由椭圆方程，可设点P坐标为，又直线l的直角坐标方程为，∴点P到直线l的距离，其中，所以，因为，所以的面积最大值为.23．(1)；(2).【分析】（1）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；（2）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.【详解】（1）因为，，，所以，，故，即，则在中，根据正弦定理可得，；（2）设，则，由解得，在中，，则，，由，得，则，故面积的取值范围为．试卷第11页，共33页答案第11页，共22页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页 |
|
