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1、河南省信阳市实验中学2023年高三数学文模拟试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知都是锐角,且满足,若,则A. B. C. D. 1 参考答案：A2. 已知为实数，若复数为纯虚数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限参考答案：D试题分析：由纯虚数的定义可得,解之得,则复数在复平面内对应的点在第四象限,故应选D.考点：复数的有关概念与几何意义.3. 已知函数和，其中且，则它们的反函数的图像关于（） A.轴对称 B.轴对称 C.直线对称 D.原点对称参考答案：A4
2、. 已知函数f（x）的定义域为R且f（x）=，f（x+1）=f（x1），则方程f（x）=在区间3，3的所有实根之和为（）A8B2C0D1参考答案：D【考点】分段函数的应用；根的存在性及根的个数判断【分析】由题意作出函数y=f（x）与函数y=在区间3，3上的图象，结合图象求解即可【解答】解：f（x+1）=f（x1），即有f（x+2）=f（x），f（x）是周期为2的周期函数，又f（x）=，作函数f（x）与函数y=2+在区间3，3上的图象如右：结合图象可知，图象共有3个交点，即共有3个实根，其中有两个关于原点对称，第三个为1；故其实根之和为1；故选D5. 已知函数f（x）=alnxax3（aR）若函
3、数y=f（x）的图象在点（2，f（2）处切线的倾斜角为，对于任意t1，2函数g（x）=x3+x2f（x）+在区间（t，3）上总不是单调函数，则实数 m 的取值范围是（）A?（，5）?B?（，5）?C（9，+）?D（，9）?参考答案：D【考点】直线的方向向量；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】求出函数的导数，利用切线的斜率求出a，利用函数的单调性，任意t1，2函数g（x）=x3+x2f（x）+在区间（t，3）上总不是单调函数，转化为函数由极值，然后求解函数的值域即可得到结果【解答】解：由函数f（x）=alnxax3（aR）可得f（x）=a，得a=2，对于任意t1，2
4、函数=x3+x2（+2+）在区间（t，3）上总不是单调函数，只需2在（2，3）上不是单调函数，故g（x）=3x2+（m+4）x2在（2，3）上有零点，即方程在（2，3）上有解，而在（2，3）上单调递减，故其值域为故选：D【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的极值以及函数的单调性的判断，考查转化思想以及计算能力6. 已知A=x|xk，B=x|x2x20，若“xA”是“xB”的充分不必要条件，则k的取值范围是（）Ak1Bk1Ck2Dk2参考答案：C【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【专题】对应思想；转化法；简易逻辑【分析】解不等式可得x1，或x2，由充要条件的定义可得x|xk是集合x|x
5、1，或x2的真子集，结合数轴可得答案【解答】解：解不等式x2x20可得x1，或x2，要使“xk”是“x2x20”的充分不必要条件，则需集合A=x|xk是集合B=x|x1，或x2的真子集，故只需k2即可，故实数k的取值范围是（2，+），故选：C【点评】本题考查充要条件的判断，涉及不等式的解集，属基础题7. 正整数n除以m后的余数为r，记为，如.执行如图的程序框图，则输出的数n是( )A. 19B. 22C. 27D. 47参考答案：C【分析】由已知的程序框图可知，该程序的功能是利用循环结构的计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量的变化情况，即可得到答案.【详解】依题意，进入内循
6、环时为10，出内循环时被4除余数是3，即此时，外循环当除以5余数是2时结束循环，综合两个循环，输出的比11大，且被4除余3，被5除余2，所以该数，所以，所以，所以当时符合条件，即，故选C.8. 设i是虚数单位，复数是纯虚数，则实数A. B.2C. D. 参考答案：D略9. 如图，在平面直角坐标系中，AC平行于x轴，四边形ABCD是边长为1的正方形，记四边形位于直线左侧图形的面积为f （t），则f（t）的大致图象是参考答案：C10. 设集合, 那么下面中的4个图形中, 能表示集合到集合的函数关系的有 (A) (B) (C) (D) 参考答案：答案：C 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共
7、28分11. 已知函数，则= .参考答案：112. 中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1则该半正多面体共有_个面，其棱长为_（本题第一空2分，第二空3分）参考答案：26 由图2结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解.13. 在中，则 参考答案：由余弦定理得,所以.14
8、. 我国唐代诗人王维诗云：“明月松间照，清泉石上流”，这里明月和清泉，都是自然景物，没有变，形容词“明”对“清”，名词“月”对“泉”，词性不变，其余各词均如此变化中的不变性质，在文学和数学中都广泛存在比如我们利用几何画板软件作出抛物线C：x2=y的图象（如图），过交点F作直线l交C于A、B两点，过A、B分别作C的切线，两切线交于点P，过点P作x轴的垂线交C于点N，拖动点B在C上运动，会发现是一个定值，该定值是 参考答案：1【考点】直线与抛物线的位置关系【分析】线段AB是过抛物线x2=y焦点F的弦，过A，B两点分别作此抛物线的切线，两切线相交于N点N点在抛物线的准线上根据抛物线的定义知：NF=N
9、P，现是一个定值1【解答】解：线段AB是过抛物线x2=y焦点F的弦，过A，B两点分别作此抛物线的切线，两切线相交于N点N点在抛物线的准线上下面证明证明：由抛物线x2=y，得其焦点坐标为F（0，）设A（x1，x12），B（x2，x22），直线l：y=kx+代入抛物线x2=y得：x2kx=0x1x2=又抛物线方程为：y=x2，求导得y=2x，抛物线过点A的切线的斜率为2x1，切线方程为yx12=2x1（xx1）抛物线过点B的切线的斜率为2x2，切线方程为yx22=2x2（xx2）由得：y=P的轨迹方程是y=，即N在抛物线的准线上；根据抛物线的定义知：NF=NP，是一个定值1故答案为：115. O1
10、的极坐标方程为4cos，O2的参数方程为，则O1与O2公共弦的长度为_参考答案：解析：O1极坐标方程为4cos，直角坐标方程为（x2）2y24；O2参数方程为，直角坐标方程为x2（y2）24，两式相减，得到xy0，O1到此直线的距离为，公共弦长为16. 已知2a=3b=6c，kZ，不等式k恒成立，则整数k的最大值为 参考答案：4【考点】函数恒成立问题【专题】函数的性质及应用【分析】根据指数幂和对数的运算性质，结合基本不等式即可得到结论【解答】解：设2a=3b=6c=t，（t0），则a=log2t，b=log3t，c=log6t，法1： =2+，lg20.310，lg30.477，则2+2+1.
11、54+0.65=4.19不等式k恒成立，k4，整数k的最大值为4，法2： =2+2，不等式k恒成立，k4，故答案为：4【点评】本题主要考查与对数有关的恒成立问题，利用对数的运算法则结合基本不等式的性质是解决本题的关键17. 已知sin+cos=,求的值.参考答案：略三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 如图，在直角梯形中，且分别为线段的中点，沿把折起，使，得到如下的立体图形.（1）证明：平面平面；（2）若，求点到平面的距离.参考答案：（1）证明：由题可得，则，又，且，所以平面.因为平面，所以平面平面；（2）解：过点作交于点，连结，则平面，又，所以
12、平面，易得，则，得，设点到平面的距离为，因为，又因为于，所以平面，故，又因为，所以，故点到平面的距离为2.19. (本小题满分12分)已知函数在上的最大值为,当把的图象上的所有点向右平移个单位后,得到图象对应的函数的图象关于直线对称.()求函数的解析式;()在中, 三个内角所对的边分别是,已知在轴右侧的第一个零点为,若,求的面积的最大值.参考答案：（）由题意知，函数在区间上单调递增，所以，2分,得 ，3分经验证当时满足题意，故求得，所以，4分故，又，所以=.故.6分（）根据题意，又,8分得：，10分,S=,S的最大值为.12分20. （15分）（2015?嘉兴一模）已知直线l：y=kx+1（k0）与椭圆3x2+y2=a相交于A、B两个不同的点，记l与y轴的交点为C（）若k=1，且|AB|=，求实数a的值；（）若=2，求AOB面积的最大值，及此时椭圆的方程参考答案：【考点】： 椭圆的简单性质【专题】： 圆锥曲线中的最值与范围问题【分析】： （）若k=1，联立直线和椭圆方程，结合相交弦的弦长公式以及|AB|=，即可求实数a的值；（）根据=2关系，结合一元二次方程根与系数之间的关系，以及基本不等式进行求解即可解：设A（x1，y1），B（x2，y2），（）由得4x2+2x+1a=0，则x1+x2=，x1x2=，则|AB|=，解得a=2（）由，得（3+k2）x2+2kx+1a=0
