2023届高考数学（理）考前冲刺训练（河南适用）（含答案）

2023年高考考前冲刺训练（河南适用）
理科数学
一、选择题(本大题共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．(2022·泸州模拟)设集合A＝{y|y＝x}，B＝{x|y＝}，全集为R，则A∩ RB等于(　　)
A．[0，＋∞) B．(－∞，0)
C．{0,1} D．{(0,0)，(1,1)}
2．(2022·重庆调研)已知复数z的共轭复数为，若z＋＝4，(z－)i＝2(i为虚数单位)，则z等于(　　)
A．2＋i B．2－i
C．－2＋i D．－2－i
3．(2022·哈尔滨模拟)已知|a|＝，b＝(1,2)，且a∥b，a·b<0，则a的坐标为(　　)
A．(1,2) B．(－1,2)
C．(1，－2) D．(－1，－2)
4．(2022·汕头模拟)已知tan＝，则的值为(　　)
A. B．2 C．2 D．－2
5．(2022·大连模拟)甲、乙、丙三人参加社区义工活动，每人从编号为1到6的社区中任选一个，所选社区编号数各不相同且不相邻，则不同的选择方案的种数为(　　)
A．12 B．24 C．36 D．48
6．(2022·萍乡模拟)执行如图所示的程序框图，如果输入的a＝1，则输出的S等于(　　)
A．3 B．4 C．－2 D．－3
7．(2022·南京模拟)将函数y＝sin 2x的图象向右平移个单位长度得到函数f(x)的图象，则下列说法不正确的是(　　)
A．f(x)＝sin
B.是f(x)图象的一个对称中心
C．当x＝－时，f(x)取得最大值
D．函数f(x)在区间上单调递增
8．(2022·烟台模拟)甲、乙两人解关于x的方程2x＋b·2－x＋c＝0，甲写错了常数b，得到的根为x＝－2或x＝log2，乙写错了常数c，得到的根为x＝0或x＝1，则原方程的根是(　　)
A．x＝－2或x＝log23
B．x＝－1或x＝1
C．x＝0或x＝2
D．x＝－1或x＝2
9．(2022·沈阳模拟)已知数列{an}满足a1＝2，Sn＋1＝2(1＋Sn)，若a6是am，a2n的等比中项，m，n∈N*，则m＋2n等于(　　)
A．12 B．12 C．2 D．4
10．(2022·榆林模拟)如图所示，F1，F2是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1的直线与C的左、右两支分别交于A，B两点．若|AB|∶|BF2|∶|AF2|＝3∶4∶5，则双曲线的离心率为(　　)
A．2 B. C. D.
11．(2022·苏州模拟)如图，已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AC＝BC＝，AB＝2，球心O到平面ABC的距离为，则球O的体积为(　　)
A. B. C．16π D．32π
12．(2022·南昌模拟)已知f(x)＝x(ln x－a)，不等式f(x)≥x2－ex－1恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1] B．(－∞，0]
C．(－∞，1] D．(－∞，e]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(2022·泸州模拟)在n的二项展开式中，所有项的系数之和为81，则常数项为________．
14．(2022·赣州模拟)设曲线y＝x2在点A处的切线与曲线y＝xln x在点P处的切线互相平行，则点P的坐标为________．
15．(2022·淄博模拟)以模型y＝cekx(c>0)去拟合一组数据时，设z＝ln y，将其变换后得到线性回归方程z＝2x－1，则c＝________.
16．在△ABC中，AB＝2，AC＝2，BC＝4，点O为△ABC的外心，则·＝________，P是△ABC外接圆圆O上一动点，则·(＋)的最小值为________．
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17～21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)(2022·白山模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，已知acos C＋ccos A＝，a＝b.
(1)求a；
(2)若S＝(a2＋c2－b2)，求A.
18．(12分)(2022·北京市第九中学模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，M为PD的中点．
(1)求证：PB∥平面ACM；
(2)求直线BM与平面PAD所成角的正弦值．
19．(12分)某新华书店将在六一儿童节进行有奖促销活动，凡在该书店购书达到规定金额的小朋友可参加双人PK赢取“购书券”的游戏．游戏规则为：游戏共三局，每局游戏开始前，在不透明的箱中装有5个号码分别为1,2,3,4,5的小球(小球除号码不同之外，其余完全相同)．每局由甲、乙两人先后从箱中不放回地各摸出一个小球(摸球者无法摸出小球号码)．若双方摸出的两球号码之差为奇数，则甲被扣除2个积分，乙增加2个积分；若号码之差为偶数，则甲增加n(n∈N*)个积分，乙被扣除n个积分．PK游戏开始时，甲、乙的初始积分均为零，PK游戏结束后，若双方的积分不等，则积分较大的一方视为获胜方，将获得“购书券”奖励；若双方的积分相等，则均不能获得奖励．
(1)设PK游戏结束后，甲的积分为随机变量ξ，求ξ的分布列；
(2)以(1)中的随机变量ξ的均值为决策依据，当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时，记正整数n的最小值为n0.
①求n0的值，并说明理由；
②当n＝n0时，求在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率．
20．(12分)(2022·郑州模拟)在平面直角坐标系中，已知F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点P(t，s)(s>0)为抛物线C上一点，P关于x轴对称的点为Q，且△OPQ和△OPF的面积分别为16和2.
(1)求C的方程；
(2)设点D(a，2)，A，B为抛物线C上不同的三点，直线DA，DB的倾斜角分别为α，β，且满足tan α＋tan β＝1，证明：直线AB经过定点．
21．(12分)(2022·宝鸡模拟)已知函数f(x)＝ln x＋－b(其中a，b为参数)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，函数g(x)＝f(xex)有且仅有2个零点，求b的取值范围．
(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)
[选修4—4：坐标系与参数方程]
22．(2022·西安模拟)在直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线M的极坐标方程为ρ＝2sin cos －4cos2＋2，直角坐标系中曲线N的参数方程为(θ为参数，0≤θ<2π)．
(1)求曲线M的直角坐标方程；
(2)设曲线M与直角坐标系的x轴和y轴分别交于点A和点B(A，B都异于原点O)，点C为曲线N上的动点．求△ABC面积的最大值．
[选修4—5：不等式选讲]
23．(2022·淮南模拟)已知函数f(x)＝x2－2|x－2|.
(1)求不等式f(x)≥7的解集；
(2)设函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值为m，正数a，b满足a＋b＝m，求证：≥8－8.
参考答案
1．B　2.B　3.D　4.B　5.B　6.D
7．C　[由题意知f(x)＝sin＝sin，
所以A正确；
f ＝sin 0＝0，所以B正确；
f ＝sin＝－1，为最小值，所以C不正确；
当x∈，
2x－∈∈，
所以函数f(x)在区间上单调递增，所以D正确．]
8．D　[令t＝2x，则方程2x＋b·2－x＋c＝0可化为t2＋ct＋b＝0，假设甲将常数b错写成了m，
则和是方程t2＋ct＋m＝0的两根，
所以c＝－＝－，
假设乙将常数c错写成了n，
则1和2是方程t2＋nt＋b＝0的两根，
所以b＝1×2＝2，
则可得方程t2－t＋2＝0，
解得t1＝，t2＝4，
所以原方程的根是x＝－1或x＝2.]
9．A　[依题意，当n＝1时，S2＝2(1＋S1)，即2＋a2＝2×(1＋2)，
解得a2＝4.
当n≥2时，由Sn＋1＝2(1＋Sn)得
Sn＝2(1＋Sn－1)，
两式相减得an＋1＝2an，
又a2＝2a1，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n.
因为a6是am，a2n的等比中项，
所以ama2n＝a，则2m·22n＝(26)2，
所以m＋2n＝12.]
10．C　[∵|AB|∶|BF2|∶|AF2|
＝3∶4∶5，
不妨令|AB|＝3，|BF2|＝4，
|AF2|＝5，
∵|AB|2＋|BF2|2＝|AF2|2，
∴∠ABF2＝90°，
又由双曲线的定义得
|BF1|－|BF2|＝2a，
|AF2|－|AF1|＝2a，
∴|AF1|＋3－4＝5－|AF1|，
∴|AF1|＝3.
∴|BF1|－|BF2|＝3＋3－4＝2a，
∴a＝1.
在Rt△BF1F2中，|F1F2|2
＝|BF1|2＋|BF2|2＝62＋42＝52，
又|F1F2|2＝4c2，
∴4c2＝52，∴c＝.
∴双曲线的离心率e＝＝.]
11．A　[如图，因为AC＝BC＝，AB＝2，
所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.
因为PA⊥平面ABC，AB，BC 平面ABC，
所以PA⊥AB，PA⊥BC.
又AC∩PA＝A，PA，AC 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
所以BC⊥PC，所以球心O是PB的中点．
取AB的中点D，连接OD，
则OD∥PA，
所以OD⊥平面ABC，所以OD＝.
设球O的半径为R，在Rt△ODB中，
R＝OB＝
＝＝2，
所以球O的体积为
πR3＝×π×23＝.]
12．B　[由题意可知x>0，
由f(x)≥x2－ex－1，
可得a≤＋ln x－x.
∵＋ln x－x＝·＋ln，
令t＝，
则t′＝＝，
∴t＝在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴t≥t(1)＝e，
因此令φ(t)＝t＋ln
＝t－ln t(t≥e)，
φ′(t)＝≥0，
∴φ(t)在[e，＋∞)上单调递增，
故φ(t)≥φ(e)＝0，
∴a≤0.]
13．8　14.(1,0)
15.
解析　由z＝ln y，得ln y＝2x－1，
y＝e2x－1＝e－1·e2x，
所以c＝e－1＝.
16．4　0
解析　因为AB2＋AC2＝BC2，
所以AB⊥AC，
所以O是BC的中点．以A为原点，AB，AC所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，
如图所示，
则A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，O(1，)，
＝(1，)，＝(－2,2)，
所以·＝4.
圆O的方程为(x－1)2＋(y－)2＝4.
设P(x，y)，
则＝(－x，－y)，＝(2－x，－y)，＝(－x,2－y)，
所以·(＋)
＝(2x－2)x＋y(2y－2)
＝2x2＋2y2－2x－2y
＝2－2，
2＋2表示圆上点P到点距离的平方，
点与圆心O(1，)的距离为＝1，
所以圆上点P到点距离的最小值为dmin＝r－1＝2－1＝1，
所以·(＋)的最小值为2×12－2＝0.
17．解　(1)在△ABC中，
由acos C＋ccos A＝及余弦定理，
可得a·＋c·
＝，
即2b2＝2b，
则b＝，而a＝b，
所以a＝.
(2)由S＝(a2＋c2－b2)，
得S＝×2ac×cos B＝accos B，
又S＝acsin B，
所以acsin B＝accos B，
则tan B＝，
因为B∈(0，π)，故B＝，
根据a＝b，
得sin A＝sin B＝，
又A>B，A∈(0，π)，
所以A＝或.
18．(1)证明　连接BD交AC于点N，连接MN，如图，
在正方形ABCD中，N为BD的中点，而M为PD的中点，
则PB∥MN，而MN 平面ACM，PB 平面ACM，
所以PB∥平面ACM.
(2)解　取AB的中点O，连接PO，如图，在正△PAB中，PO⊥AB，
因为侧面PAB⊥底面ABCD，侧面PAB∩底面ABCD＝AB，PO 侧面PAB，则PO⊥平面ABCD，
在平面ABCD内，过点O作OE⊥AB交CD于点E，则射线OB，OE，OP两两垂直，
以O为原点，射线OB，OE，OP分别为x，y，z轴的非负半轴建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，A(－1,0,0)，D(－1,2,0)，P(0,0，)，M，
＝(0,2,0)，＝(1,0，)，＝，
设平面PAD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令z1＝1，得m＝(－，0,1)，
设直线BM与平面PAD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈m，〉|
＝＝＝，
所以直线BM与平面PAD所成角的正弦值为.
19．解　(1)记“一局游戏后甲被扣除2个积分”为事件A，
“一局游戏后乙被扣除n个积分”为事件B，
由题意可知P(A)＝＝，
则P(B)＝1－P(A)＝，
当三局均为甲被扣除2个积分时，
ξ＝－6，
当两局为甲被扣除2个积分，一局为乙被扣除n个积分时，ξ＝n－4，
当一局为甲被扣除2个积分，两局为乙被扣除n个积分时，ξ＝2n－2，
当三局均为乙被扣除n个积分时，
ξ＝3n，
所以P(ξ＝－6)＝3＝，
P(ξ＝n－4)＝C×2×＝，
P(ξ＝2n－2)＝C××2＝，
P(ξ＝3n)＝3＝，
所以随机变量ξ的分布列为
ξ －6 n－4 2n－2 3n
P
(2)①由(1)易得E(ξ)＝(－6)×＋(n－4)×＋(2n－2)×＋3n×＝，
显然甲、乙双方的积分之和恒为零，
当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时，
则需E(ξ)＝>0，
所以n>3，
即正整数n的最小值n0＝4.
②当n＝4时，记“甲至少有一局被扣除积分”为事件C，
则P(C)＝1－3＝，
由题设可知若甲获得“购书券”奖励，则甲被扣除积分的局数至多为1，
记“甲获得‘购书券’奖励”为事件D，
易知事件CD为“甲恰好有一局被扣除积分”，
则P(CD)＝C××2＝，
所以P(D|C)＝
＝×＝，
即在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率为.
20．(1)解　由题意知|PQ|＝2s，
所以△OPQ的面积为
×t×2s＝ts，
则ts＝16.①
又因为焦点F，
所以|OF|＝，
则△OPF的面积为××s＝，
则＝2.②
由①②联立解得t＝2p，s＝，
则P，
将P点坐标代入抛物线方程得2＝2p·2p，解得p＝2，
故C的方程为y2＝4x.
(2)证明　将D(a,2)代入抛物线C的方程得22＝4a，
解得a＝1，所以D(1,2)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线AB的方程为x＝my＋n，
联立
消去x得y2－4my－4n＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.
因为tan α＋tan β＝1，
即kDA＋kDB＝1，
所以＋＝1，
所以＋
＝＋＝1，
整理得y1y2－2(y1＋y2)－12＝0，
所以－4n－2×4m－12＝0，
则n＝－2m－3，
所以直线AB的方程为
x＝my－2m－3，
即x＋3＝m(y－2)，
所以直线AB经过定点(－3,2)．
21．解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.
当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a，
令f′(x)<0，解得0所以f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞)．
(2)当a＝1时，
g(x)＝f(xex)＝ln xex＋－b
＝ln x＋x＋－b，
g′(x)＝＋1－
＝.
令g′(x)＝0，
则xex＝1(x＝－1舍去)，
令h(x)＝xex－1(x>0)，
则h′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h＝－1<0，
h(1)＝e－1>0，
且函数h(x)在(0，＋∞)上的图象是连续不断的曲线，
所以根据零点存在定理，存在唯一的x0∈，
使得h(x0)＝x0－1＝0，
并且当x∈(0，x0)时，h(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，
所以当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(x0)＝ln x0＋x0＋－b＝1－b.
因为函数g(x)有且仅有2个零点，
所以必须有g(x)min<0，即b>1.
下面证明当b>1时，函数g(x)有且仅有2个零点．
因为g(x0)＝1－b<0，g(b)＝ln b＋>0，且g(x)在(x0，＋∞)上单调递增且连续，
所以g(x)在(x0，＋∞)上有且仅有1个零点，
因为g(x)＝f(xex)
＝ln xex＋－b，
令xex＝t(0则F(t)＝ln t＋－b.
因为b>1，所以0F(e－b)＝ln e－b＋eb－b＝eb－2b，
令φ(b)＝eb－2b，b>1，
显然φ(b)＝eb－2b在(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(b)＝eb－2b>e－2>0，
又g(x0)＝1－b<0，
所以g(x)在(0，x0)上有且仅有1个零点．
综上，b>1.
22．解　(1)将曲线M的极坐标方程
ρ＝2sin cos －4cos2＋2
化为ρ＝sin θ－2cos θ，
即ρ2＝ρsin θ－2ρcos θ，
把
代入化简得x2＋y2＋2x－y＝0，
所以曲线M的直角坐标方程是
x2＋y2＋2x－y＝0.
(2)由(1)及已知，得A(－2,0)，
B(0,1)，|AB|＝＝，
所以直线AB的方程为y＝x＋1，即x－2y＋2＝0，
依题意，设C，0≤θ<2π，点C到直线AB的距离为d，
d＝
＝，
而－1≤cos≤1，
因此，当cos＝1，
即θ＝时，dmax＝，
所以△ABC面积的最大值是
S＝|AB|·dmax
＝××＝3.
23．(1)解　由
得x≥3；
由
得x≤－1－2，
所以原不等式的解集为(－∞，－1－2]∪[3，＋∞)．
(2)证明　当x∈[2，＋∞)时，f(x)＝x2－2(x－2)＝(x－1)2＋3在[2，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)的最小值为m＝f(2)＝4，于是a＋b＝4即b＝4－a，
＝＝2a＋－8
≥2－8＝8－8，
当且仅当a＝2，b＝4－2时等号成立，
所以≥8－8.