1、河南省安阳市2023届高三第二次模拟考试文科数学试题一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分 1已知集合，则（ ）ABCD2若复数z满足，则的值为（ ）ABC4D 3已知等差数列中，则公差（ ）A2BC3D4已知建筑地基沉降预测对于保证施工安全，实现信息化监控有着重要意义某工程师建立了四个函数模型来模拟建筑地基沉降随时间的变化趋势，并用相关指数、误差平方和、均方根值三个指标来衡量拟合效果相关指数越接近1表明模型的拟合效果越好，误差平方和越小表明误差越小，均方根值越小越好依此判断下面指标对应的模型拟合效果最好的是（ ）A相关指数误差平方和均方根值0.9495.4910.499B相关指数误
2、差平方和均方根值0.9334.1790.436C相关指数误差平方和均方根值0.9971.7010.141D相关指数误差平方和均方根值0.9972.8990.3265已知x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为（ ）ABC2D46在区间与内各随机取1个整数，设两数之和为M，则成立的概率为（ ）ABCD7已知函数的部分图象如图所示，则在上的值域为（ ）ABCD8如图所示圆锥的正视图是边长为2的正三角形，AB为底面直径，C为的中点，则平面SAC与底面ABC所成的锐二面角的正切值为（ ）ABCD9已知双曲线的左、右焦点分别为，P为C上一点，的中点为Q，为等边三角形，则双曲线C的方程为（ ）ABCD10
3、如果有穷数列，（m为正整数）满足条件，即（t为常数），则称其为“倒序等积数列”例如，数列8，4，2，是“倒序等积数列”已知是80项的“倒序等积数列”，且，是公比为2，的等比数列，设数列的前n项和为，则（ ）A210B445C780D122511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（ ）ABCD12已知，则（ ）ABCD 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知某中学老年教师的“亚健康”率为50，中年教师的“亚健康”率为30，青年教师的“亚健康”率为1
4、5若该中学共有60名老年教师，100名中年教师，200名青年教师，则该校教师的“亚健康率为_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已知抛物线的焦点为F，点A，B在C上，且，则_162022年12月7日为该年第21个节气“大雪”“大雪”标志着仲冬时节正式开始，该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、赏雪景等东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型，设M为的中点，当削去的雪最少时，平面ACM截该正六棱柱所得的截面面积为_平方分米三、解答题：共70分解答应写出文字
5、说明，证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22，23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17（12分）已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（）求A；（）若的面积为，点D为边BC的中点，求AD的长18（12分）疫情期间，某校使用视频会议的方式上网课（）调查知前7天能完成全部网课的班级数y如下表所示：第t天1234567y3434768已知y与t具有线性相关关系，求y关于t的线性回归方程；（t的系数精确到0.01）（）假定某天老师甲和学生乙两人需要在本班视频会议中见面，且两人在上午9时至11时的时间段中随机进入本班的视频会议中，求这两人等待不超过0
6、.5小时的概率参考公式：在线性回归方程中，参考数据：19（12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为菱形，点F在平面ABCD内的射影恰为BC的中点G（）求证：平面平面BED；（）求该几何体的体积20（12分）已知O为坐标原点，设椭圆的离心率为，过椭圆E上第一象限内一点P引x轴、y轴的平行线，分别交y轴、x轴于点A，B，且分别交直线于点Q，R，记与的面积分别为，满足（）求椭圆E的标准方程；（）已知点，直线交椭圆E于S，T两点，直线NS，NT分别与x轴交于C，D两点，证明：为定值21（12分）已知函数，（）若曲线有两条过点的切线，求实数m的取值范围；（）若当时，不等式恒成立，求实数a的取值集合
7、（二）选考题：共10分请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系xOy中，曲线E的参数方程为（t为参数）以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线E上A，B两点所在直线的极坐标方程为（）求曲线E的普通方程和直线AB的倾斜角；（）若曲线E上两点C，D所在直线的倾斜角为，直线AB与CD相交于点P，且P不在曲线E上，求-的取值范围23选修4-5：不等式选讲（10分）已知函数（）若不等式的解集为，求a，b的值；（）在（）的条件下，若，且，求的最小值参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分1答案
8、 D命题意图 本题考查集合的运算解析 由，可得，所以由，可得或，所以所以2答案 C命题意图 本题考查复数的运算及复数的几何意义解析 因为，所以，所以，所以3答案 A命题意图 本题考查等差数列的性质解析 由得，4答案 C命题意图 本题考查相关指数及误差的应用解析 比较相关指数可知，可选C，D，观察误差平方和和均方根值，可知C的拟合效果最好5答案 B命题意图 本题考查线性规划解析 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6答案 B命题意图 本题考查古典概型解析 设从区间，中随机取出的整数分别为x，y，则样本空间为，设事件
9、A表示，则，所以7答案 C命题意图 本题考查三角函数的图象与性质及三角函数值域的求解解析 因为，且，所以因为，所以，所以所以，当时，8答案 D命题意图 本题考查二面角的计算解析 取AB的中点O，连接OC，易知OAOC过O作OH垂直AC于H，连接SH，OS因为SO底面，所以SHO为平面SAC与底面ABC所成的锐二面角的平面角，可求得，所以9答案 A命题意图 本题考查双曲线的方程解析 设双曲线C的半焦距为由题可知，即因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以双曲线C的方程为10答案 B命题意图 本题考查数列的综合解析 由题可知，根据定义，也为等比数列，首项为，公比为2，所以，故，当时，当时，综上，故
10、11答案 C命题意图 本题考查直线与圆的位置关系及平面向量的数量积解析 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，其与直线的交点坐标为，所以，所以，即的最大值为12答案 D命题意图 本题考查指数与对数的大小比较及导数的应用解析 设函数，则，令函数，则令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，故，因此在上单调递增，所以令，则，所以，即构造函数，则，因此在上单调递减，在上单调递增，所以，令，则，所以故二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13答案
11、 25命题意图 本题考查样本平均数的计算解析 根据题意，该校教师的“亚健康”率为14答案 （答案不唯一）命题意图 本题考查函数的性质解析 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15答案 或命题意图 本题考查抛物线的性质解析 由题意知，设，则由，得，得，代入C：，得，所以或由，得，得，代入C：，得，所以或根据抛物线的对称性可得或16答案 命题意图 本题考查空间几何体的结构特征及导数的应用解析 设正六棱柱的底面边长为a，高为h若要使该正六棱柱的体积最大，正六棱柱应为球的内接正六棱柱中体积最大者，所以，即，又，所以该正六棱柱的体积为设，则，令，得因为
12、只有一个极值点，所以，即，时V取得最大值过M作，交于点P，交于点Q，则P，Q分别是，的中点，又，所以，则矩形ACQP即为平面ACM截该正六棱柱所得的截面因为，且，所以矩形ACQP的面积为三、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17命题意图 本题考查正弦定理及余弦定理的应用解析 （）因为，所以由正弦定理可得，即由余弦定理可得，又，所以（）因为，所以，即，所以所以，所以，所以在ACD中，由余弦定理可得，即18命题意图 本题考查线性回归及离散型随机变量的期望解析 （）由题可知，所以，所以关于的线性回归方程为（）记9时为0时，11时为2时，设老师甲进入的时间为x，学生乙进入的时间为y
13、，则，其对应的区域如图中正方形所示，若这两人等待不超过0.5小时，则，其对应的区域如图中阴影部分所示记“这两人等待不超过0.5小时”为事件A，则故这两人等待不超过0.5小时的概率为19命题意图 本题考查面面垂直的证明及空间向量的应用解析 （）如图，设AC与BD交于点O，连接OG，OE因为O，G分别为BD，BC的中点，所以，因为，所以四边形EFGO为平行四边形，所以，又FG平面ABCD，所以OE平面ABCD因为平面ABCD，所以OEAC，又四边形ABCD为菱形，所以ACBD因为，所以AC平面BED，又平面ACE，故平面ACE平面BED（）因为FG平面ABCD，所以，所以，所以由（）可知，由题可知
14、，所以，所以四边形CDEF为等腰梯形过G点向CD作垂线，垂足为H，连接FH因为，所以平面FGH，又平面CDEF，故平面平面FGH过G作GQ垂直于FH，垂足为Q，则平面CDEF由题可知，因为，所以因为G为BC的中点，所以B点到平面CDEF的距离为又，故又，故该几何体的体积为20命题意图 本题考查椭圆的方程的求解及直线与椭圆的位置关系解析 （）设，得，同理可得所以，所以，即又，所以，所以，所以椭圆的标准方程为（）联立直线和椭圆的方程得消去得由，可得设，则，由题易知，所以直线的方程为，令，得，同理所以故为定值221命题意图 本题考查导数的几何意义及导数的应用解析 （）设切点坐标为因为，所以切线方程为
15、，将代入，可得因为曲线有两条过点的切线，所以，解得或，故实数m的取值范围是（）设，则当时，单调递增，因为当时，当时，所以不恒成立当时，设，则，所以在上单调递增，又当且时，当时，故，使得，当时，当时，因为，所以故因为，所以只需设，则当时，当时，所以，所以所以，故，所以，所以，故实数a的取值集合为22命题意图 本题考查参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程之间的互化，以及参数方程的应用解析 （）由（为参数）消去参数，可得曲线的普通方程为令可得直线的直角坐标方程为，故直线的倾斜角为（）设，则直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）将直线的参数方程代入曲线的方程可得设，对应的参数分别为，根据参数的几何意义，可得同理可得所以因为，所以，所以，故的取值范围为23命题意图 本题考查绝对值不等式的求解及基本不等式的应用解析 （）由题可知由可得，所以，所以故不等式的解集为，所以，（）由（）可知，所以，所以设，则，因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以故的最小值为，当且仅当，时，等号成立
