河南省顶级2022-2023学年高三数学（文）上学期1月模拟考试试卷（PDF版附答案）.pdf

1、数学（文科）答案一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.集合2,4,6,8,10,16MNxx，则 MN（）A.2,4B.2,4,6C.2,4,6,8D.2,4,6,8,10A【详解】2,4,6,8,10M，|16Nxx，所以2,4MN 2.设(12i)2iab，其中,a b 为实数，则（）A.1,1ab B.1,1abC.1,1ab D.1,1ab A【详解】因为,a bR，2 i2iaba，所以0,22aba，解得：1,1ab 3.已知向量(2,1)(2,4)ab，则 abrr（）A.2B.3C.4D.5D【详解

2、】因为 2,12,44,3ab，所以22435 ab.4.设 F 为抛物线2:4C yx的焦点，点 A 在 C 上，点(3,0)B，若 AFBF，则 AB A.2B.2 2C.3D.3 2B【详解】由题意得，1,0F，则2AFBF，即点 A 到准线1x 的距离为 2，所以点 A 的横坐标为 121 ，不妨设点 A 在 x 轴上方，代入得，1,2A，所以223 1022 2AB.5.已知等比数列 na的前 3 项和为 168，2542aa，则6a （）A.14B.12C.6D.3D【详解】设等比数列 na的公比为,0q q，若1q，则250aa，与题意矛盾，所以1q，则3112342511116

3、8142aqaaaqaaa qa q，解得19612aq，所以5613aa q.6.在正方体1111ABCDA B C D中，E，F 分别为,AB BC 的中点，则（）A.平面1B EF 平面1BDDB.平面1B EF 平面1A BDC.平面1/B EF平面1A ACD.平面1/B EF平面11AC DA【详解】解：在正方体1111ABCDA B C D中，ACBD且1DD 平面 ABCD，又 EF 平面 ABCD，所以1EFDD，因为,E F 分别为,AB BC 的中点，所以 EFAC，所以 EFBD，又1BDDDD，所以 EF 平面1BDD，又 EF 平面1B EF，所以平面1B EF 平

4、面1BDD，故 A 正确；7.函数33cosxxyx在区间,2 2的图象大致为（）A【详解】令 33cos,2 2xxf xx x ，则 33cos33cosxxxxfxxxf x ，所以 fx 为奇函数，排除 BD；又当0,2x时，330,cos0 xxx，所以 0f x，排除 C.8.将函数()sin(0)3f xx的图象向左平移 2个单位长度后得到曲线 C，若 C关于 y 轴对称，则 的最小值是（）A.16B.14C.13D.12C【详解】由题意知：曲线C 为sinsin()2323yxx，又C 关于 y轴对称，则,232kkZ，解得12,3k k Z，又0，故当0k 时，的最小值为 1

5、3.9.当1x 时，函数()lnbf xaxx取得最大值 2，则(2)f （）A.1B.12C.12D.1B【详解】因为函数 f x 定义域为0,，所以依题可知，()12f=-，10f，而 2abfxxx，所以2,0bab，即2,2ab ，所以 222fxxx，因此函数 f x 在 0,1 上递增，在 1,上递减，1x 时取最大值，满足题意，即有 112122f 10.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为 2，侧面积分别为 S甲 和 S乙，体积分别为V甲和V乙 若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A.5B.2 2C.10D.5 104C【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为 1

6、r，乙圆锥底面圆半径为 2r，则11222SrlrSr lr甲乙，所以 122rr，又12222rrll，则121rrl，所以 1221,33rl rl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212 293hlll，所以2211222214539310112 2393r hllVVr hll甲乙.11.设函数()sin3f xx在区间(0,)恰有三个极值点、两个零点，则 的取值范围是（）A.5 13,3 6B.5 19,3 6C.13 8,6 3D.13 19,66C【详解】解：依题意可得0，因为0,x，所以,333x，要使函数在区间0,恰有三个极值点、两个零点，又sinyx，,

7、33x的图象如下所示：则 5323，解得13863，即13 8,6 312.已知正四棱锥的侧棱长为 l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且33 3l，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A.8118,4B.27 81,44C.27 64,43D.18,27C【详解】球的体积为36，所以球的半径3R,设正四棱锥的底面边长为 2a，高为 h，则2222lah，22232(3)ah,所以26hl，2222alh所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936lllVShahll，所以5233112449696llVll，当32 6l 时，0V，当 2 63 3l 时，0V，所

8、以当2 6l 时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为 643，又3l 时，274V，3 3l 时，814V,所以正四棱锥的体积V 的最小值为 274，所以该正四棱锥体积的取值范围是 27 6443，.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13.记nS 为等差数列 na的前 n 项和若32236SS，则公差 d _2【详解】由32236SS可得 123122+36aaaaa，化简得31226aaa，即 112+226adad，解得2d.14.若双曲线2221(0)xymm的渐近线与圆22430 xyy相切，则m _33【详解】双曲线22210 xymm的渐近线为 yxm，即

9、0 xmy，不妨取0 xmy，圆22430 xyy，即2221xy，所以圆心为0,2，半径1r，依题意圆心0,2 到渐近线0 xmy的距离2211mdm，解得33m 或33m （舍去）15.设点 M 在直线 210 xy 上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为_22(1)(1)5xy【详解】点 M 在直线 210 xy 上，设点 M 为(,12)aa，又因为点(3,0)和(0,1)均在M上，点 M 到两点的距离相等且为半径 R，2222(3)(1 2)(2)aaaaR，222694415 aaaaa，解得1a，(1,1)M，5R，M的方程为22(1)(1)5xy.16.记函数 co

10、s(0,0)f xx的最小正周期为 T，若3()2f T，9x为()f x 的零点，则 的最小值为_3【详解】解：因为 cosf xx，（0，0）所以最小正周期2T，因为 23coscos 2cos2f T，又0，所以6，即 cos6fxx，又9x 为 f x 的零点，所以,Z962kk，解得39,Zk k，因为0，所以当0k 时min3；三、解答题：17.(10 分）记 ABC的内角,A B C 的对边分别为,a b c，已知sinsin()sinsin()CABBCA（1）证明：2222abc；（2）若255,cos31aA，求 ABC的周长证明：(1)因为sinsinsinsinCABB

11、CA，所以sinsincossinsincossinsincossinsincosCABCBABCABAC，所以2222222222222acbbcaabcacbcabacbcab，即22222222222acbabcbca，所以2222abc；（2）因为255,cos31aA，由（1）得2250bc，由余弦定理可得2222cosabcbcA，则50502531bc，所以312bc，故2222503181bcbcbc，所以9bc，所以 ABC的周长为14abc.18.（12 分）记nS 为数列 na的前 n 项和已知 221nnSnan （1）证明：na是等差数列；（2）若479,a a a

12、成等比数列，求nS 的最小值解：（1）因为 221nnSnan ，即222nnSnnan，当2n 时，21121211nnSnnan，得，22112212211nnnnSnSnnannan，即12212211nnnannana ，即 1212121nnnanan，所以11nnaa，2n 且N*n，所以 na是以1为公差的等差数列（2）由（1）可得413aa，716aa，918aa，又4a，7a，9a 成等比数列，所以2749aaa，即 2111638aaa，解得112a ，所以13nan，所以22112512562512222228nn nSnnnn，所以，当12n 或13n 时，min78n

13、S 19.（12 分）如图，四面体 ABCD 中，,ADCD ADCDADBBDC，E 为 AC 的中点（1）证明：平面 BED 平面 ACD；（2）设2,60ABBDACB，点 F 在 BD 上，当AFC的面积最小时，求三棱锥FABC的体积解：（1）由于 ADCD，E 是 AC 的中点，所以 ACDE.由于ADCDBDBDADBCDB，所以ADBCDB，所以 ABCB，故 ACBD，由于 DEBDD，,DE BD 平面 BED，所以 AC 平面 BED，由于 AC 平面 ACD，所以平面 BED 平面 ACD.（2）依题意2ABBDBC，60ACB，三角形 ABC 是等边三角形，所以2,1,

14、3ACAECEBE，由于,ADCD ADCD，所以三角形 ACD 是等腰直角三角形，所以1DE.222DEBEBD，所以 DEBE，由于 ACBEE，,AC BE 平面 ABC，所以 DE 平面 ABC.由于ADBCDB，所以FBAFBC，由于BFBFFBAFBCABCB，所以 FBAFBC，所以 AFCF，所以 EFAC，由于12AFCSAC EF，所以当 EF 最短时，三角形 AFC 的面积最小值.过 E 作 EFBD，垂足为 F，在 RtBED中，1122BE DEBD EF，解得32EF，所以223131,2222DFBFDF，所以34BFBD.过 F 作 FHBE，垂足为 H，则/F

15、H DE，所以 FH 平面 ABC，且34FHBFDEBD，所以34FH,所以111332333244FABCABCVSFH.20（12 分）如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分别是 BC，BB1，A1D 的中点.（1）证明：MN平面 C1DE；（2）求点 C 到平面 C1DE 的距离解：（1）连结1,B C ME.因为M，E分别为1,BB BC 的中点，所以1 MEB C，且112MEB C.又因为N为1A D 的中点，所以112NDA D.由题设知11=A BDC，可得11=BCA D，故=MEND，因此四边形MNDE为平

16、行四边形，MNED.又 MN 平面1C DE，所以MN平面1C DE.（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得 DEBC，1DEC C，所以DE平面1C CE，故DECH.从而CH平面1C DE，故CH的长即为C到平面1C DE 的距离，由已知可得CE=1，C1C=4，所以117C E，故4 1717CH.从而点C到平面1C DE 的距离为 4 1717.21.（12 分）已知函数32(),()f xxx g xxa，曲线()yf x在点11,xfx处的切线也是曲线()yg x的切线（1）若11x ，求 a；（2）求 a 的取值范围解（1）由题意知，(1)1(1)0f ，2()31xfx

17、，(1)3 12f ，则()yf x在点1,0处的切线方程为2(1)yx，即22yx，设该切线与()g x 切于点22,()xg x，()2g xx，则22()22g xx，解得21x ，则(1)122ga，解得3a；（2）2()31xfx，则()yf x在点11(),x f x处的切线方程为 32111131()yxxxxx，整理得2311312yxxx，设该切线与()g x 切于点22,()xg x，()2g xx，则22()2g xx，则切线方程为22222()yxax xx，整理得2222yx xxa，则21232123122xxxxa ，整理得22233432121111131931

18、22222424xaxxxxxx，令432931()2424h xxxx，则32()9633(31)(1)h xxxxxxx，令()0h x，解得103x或1x，令()0h x，解得13x 或01x，则 x 变化时，(),()h x h x的变化情况如下表：x1,3 131,0300,111,()h x000()h x527141则()h x 的值域为1,，故 a 的取值范围为1,.22.（12 分）已知函数1()(1)lnf xaxaxx（1）当0a 时，求()f x 的最大值；（2）若()f x 恰有一个零点，求 a 的取值范围解（1）当0a 时，1ln,0fxx xx，则 22111xfxxxx，当0,1x时，()0fx，fx 单调递增；当1,x 时，()0fx，fx 单调递增；当1,x 时，()0fx，fx 单调递增；在11,a上，()0fx，fx 单调递增；在 1,1a上，()0fx，fx 单调递减；此时 110fa，又1111 lnnnnfan aaaa ，当 n 趋近正无穷大时，1nfa趋近负无穷，所以 fx 在10,a有一个零点，在 1,a无零点，所以 fx 有唯一零点，符合题意；综上，a 的取值范围为0,.