第=page11页，共=sectionpages11页2023年河南省TOP20名校高考数学模拟试卷（理科）（4月份）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.设集合A={x|x2−x>0}，B={−1,0,1,2}，则A∩B=( )A.{−1}B.{1}C.{0,1}D.{1,2}2.若复数z满足|z+1|=|z−i|，且z在复平面内对应的点为(x,y)，则( )A.x=1B.y=1C.x+y=0D.x−y=03.下列直线中，可以作为曲线y=cos(2x−π2)的对称轴的是( )A.x=π4B.x=π3C.x=π2D.x=2π34.尿酸是鸟类和爬行类的主要代谢产物，正常情况下人体内的尿酸处于平衡的状态，但如果体内产生过多来不及排泄或者尿酸排泄机制退化，则体内尿酸滞留过多，当血液尿酸浓度大于7mg/dL时，人体体液变酸，时间长会引发痛风，而随低食物(低嘌呤食物)对提高痛风病人缓解率、降低血液尿酸浓度具有较好的疗效.科研人员在对某类随低食物的研究过程中发现，在每天定时，定量等特定条件下，可以用对数模型U(t)=−U0lnKt描述血液尿酸浓度U(t)(单位：mg/dL)随摄入随低食物天数t的变化规律，其中U0为初始血液尿酸浓度，K为参数.已知U0=20，在按要求摄入随低食物50天后，测得血液尿酸浓度为15，若使血液尿酸浓度达到正常值，则需将摄入随低食物的天数至少提高到(e25≈1.49)( )A.69B.71C.73D.755.计划安排甲、乙两个课外兴趣小组到5处水质监测点进行水样采集，每个兴趣小组采集3处水样，每处水样至少有1个兴趣小组进行采集，则不同的安排方法共有( )A.30种B.32种C.34种D.36种6.已知抛物线C：y2=2px(p>0)焦点为F，准线为l，点A(3,23)在C上，直线AF与l交于点B，则|AF||BF|=( )A.1B.2C.3D.27.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别为A1B，A1C1，A1D的中点，则下列结论中错误的是( )A.MN//AD1B.平面MNP//平面BC1DC.MN⊥CDD.平面MNP⊥平面A1BD8.已知圆C：(x−1)2+(y−2)2=5，圆C′是以圆x2+y2=1上任意一点为圆心，半径为1的圆.圆C与圆C′交于A，B两点，则当∠ACB最大时，|CC′|=( )A.1B.2C.3D.29.32名业余棋手组队与甲、乙2名专业棋手进行车轮挑战赛，每名业余棋手随机选择一名专业棋手进行一盘比赛，每盘比赛结果相互独立，若获胜的业余棋手人数不少于10名，则业余棋手队获胜.已知每名业余棋手与甲比赛获胜的概率均为13，每名业余棋手与乙比赛获胜的概率均为14，若业余棋手队获胜，则选择与甲进行比赛的业余棋手人数至少为( )A.24B.25C.26D.2710.已知无穷数列{an}满足：如果am=an，那么am+1=an+1，且a1=a5=1，a3=−3，a4=4，a2是a1与a4的等比中项.若{an}的前n项和Sn存在最大值S，则S=( )A.0B.1C.2D.311.已知圆台O1O的上、下底面半径分别为r，R，高为h，平面α经过圆台O1O的两条母线，设α截此圆台所得的截面面积为S，则( )A.当h≥R−r时，S的最大值为(R+2r)hB.当h≥R−r时，S的最大值为(R+r)[h2+(R−r)2]2(R−r)C.当h
0−ln(x+1),−10,b>0)的左顶点为A，P为C的一条渐近线上一点，AP与C的另一条渐近线交于点Q，若直线AP的斜率为1，且A为PQ的三等分点，则C的离心率为______．16.某种平面铰链四杆机构的示意图如图1所示，AC与BD的交点在四边形ABCD的内部.固定杆BC的长度为2，旋转杆AB的长度为1，AB可绕着连接点B转动，在转动过程中，伸缩杆AD和CD同时进行伸缩，使得AD和CD的夹角为45°，AD的长度是CD的长度的2倍.如图2，若在连接点B，D之间加装一根伸缩杆BD，则伸缩杆BD的长度的最大值为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题12.0分)已知数列{an}，等差数列{bn}满足bn=an+an+1，b1=−3，b2+b3=−12．(1)证明：an−an+2=2；(2)若{an}为等差数列，求{an}的前n项和．18.(本小题12.0分)太平洋是地球上岛屿最多的大洋，有大小岛屿2万多个，岛屿面积约占世界岛屿总面积的45%，蕴藏着丰富的动植物资源.为了解太平洋某海域的岛屿上植物种数的生态学规律，随机选择了6个岛屿，搜集并
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了每个岛屿的植物种数(单位：个)和岛屿面积(单位：平方千米)，整理得到如下数据：
样本
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号i123456岛屿面积x61525344454植物种数y51015192431并计算得i=14xi2=2042，i=14xiyi=1201．(1)由数据看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系.根据
表
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中前4号样本数据，求y关于x的线性回归方程；(2)根据所求的线性回归方程计算第5，6号样本植物种数的预报值y，并与相应植物种数的真实值y进行比较.若满足|y−y|≤1，则可用此回归方程估计该海域其他岛屿的植物种数，并估计面积为100平方千米的岛屿上的植物种数；若不满足，请说明理由．参考公式：b=i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2=i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2，a=y−−bx−．19.(本小题12.0分)如图，在三棱锥A−BCD中，∠BCD=90°，AB=AC=AD．(1)证明：平面ABD⊥平面BCD；(2)若BD=2，BC=1，当直线AB与平面ACD所成的角最大时，求三棱锥A−BCD的体积．20.(本小题12.0分)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，P为C上一点，O为原点，|PA|=|PO|，∠APO=90°，△APO的面积为1．(1)求椭圆C的方程；(2)设B为C的右顶点，过点(1,0)且斜率不为O的直线l与C交于M，N两点，证明：3tan∠MAB=tan∠NBA．21.(本小题12.0分)已知函数f(x)=xlnx−ax2，f′(x)为f(x)的导数．(1)讨论f′(x)的单调性；(2)若直线y=e22与曲线y=f(x)有两个交点，求a的取值范围．22.(本小题10.0分)在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是x=tcosθ,y=−1+tsinθ(t为参数)，曲线C1的参数方程是x=t′,y=t′2−2(t′为参数)，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=1．(1)求C1，C2的直角坐标方程；(2)若直线l与C1交于A，B两点，与C2交于C，D两点，|OA|=|OB|，且|OC|=|OD|，求|CD|．23.(本小题12.0分)已知a，b均不为零，且满足a2+b2=1.证明：(1)|a|+|b|≤2；(2)|a3b|+|b3a|≥1．
答案
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和解析1.【答案】B 【解析】解：因为A={x|x(x−2)<0}={x|00)上，∴12=2p×3，∴p=2，∴F(1,0)，∴|AF|=(3−1)2+(23)2=4，过点A作l的垂线，垂足为H，由抛物线的定义可知|AH|=|AF|=4，设l与x轴交于点G，则|FG|=p=2，∴|AH|=2|FG|，又AH//FG，∴|AB|=2|BF|，∴F为AB中点，∴|AF||BF|=1，故选：A．将点A(3,23)代入抛物线方程中，可得p=2，过点A作l的垂线，垂足为H，l与x轴交于点G，则|AH|=2|FG|，所以F为AB中点，从而可得|AF||BF|的值．本题考查抛物线的几何性质，化归转化思想，属基础题．7.【答案】D 【解析】解：对A，在△A1BC1中，因为M，N分别为A1B，A1C1的中点，所以MN//BC1.又BC1//AD1，所以MN//AD1，A正确．对B，在△A1BD中，因为M，P分别为A1B，A1D的中点，所以MP//BD，因为MP⊄平面BC1D，BD⊂平面BC1D，所以MP//平面BC1D.因为MN//BC1，MN⊄平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，所以MN//平面BC1D.又因为MP∩MN=M，MP，MN⊂平面MNP，所以平面MNP//平面BC1D，B正确．对C，因为MN//AD1，AD1⊥CD，所以MN⊥CD，C正确．对D，取BD的中点E，连接A1E，EC1，则∠A1EC1是二面角A1−BD−C1的平面角．设正方体棱长为a，则cos∠A1EC1=(62a)2+(62a)2−(2a)22(62a)2=13≠0，又0°<∠A1EC1<180°，则∠A1EC1≠90°，所以平面A1BD与平面BC1D不垂直．又平面MNP//平面BC1D，所以平面MNP与平面A1BD不垂直，D错误．故选：D．根据中位线以及平行的传递性判断选项A；根据面面平行的判定定理判断选项B；由平行的性质可判断选项C；先证明平面A1BD与平面BC1D不垂直．再根据平面MNP//平面BC1D即可判断选项D．本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．8.【答案】D 【解析】解：在△ABC中，|AC|=|BC|=5，如图所示：显然0<|AB|≤2，∠ACB是锐角，sin∠ACB2=12|AB||AC|=|AB|25，又函数y=sinx在(0,π2)上递增，因此当且仅当公共弦AB最大时，∠ACB最大，此时弦AB为圆C′的直径，在Rt△ACC′中，∠AC′C=90°，|AC′|=1，所以|CC′|=|AC|2−|AC′|2=2．故选：D．根据给定条件，结合等腰三角形性质确定顶角最大的条件，再借助直角三角形求解作答．本题主要考查两圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．9.【答案】A 【解析】解：设选择与甲进行比赛且获胜的业余棋手人数为X，选择与乙进行比赛且获胜的业余棋手人数为Y，选择与甲进行比赛的业余棋手人数为n，则选择与乙进行比赛的业余棋手人数为32−n．易知，X所有可能的取值为0，1，2，⋅⋅⋅，n，则X～B(n,13)，则E(X)=n3，Y所有可能的取值为0，1，2，⋅⋅⋅，32−n，则Y−B(32−n,14)，则E(Y)=32−n4，则获胜的业余棋手总人数的期望E(X+Y)=E(X)+E(Y)=n3+32−n4=n+9612≥10，解得n≥24．故选：A．由二项分布及其期望计算即可．本题考查二项分布及其期望，考查运算求解能力，属于基础题．10.【答案】B 【解析】解：由a1=1，a4=4，a2是a1与a4的等比中项，得a2=±2，若a2=2，由a1=a5=1及已知，得a6=2，由a3=−3，得a7=−3，则a8=a4=4，因此数列{an}的项依次为：1，2，−3，4，1，2，−3，4，…，数列{an}是以4为周期的数列，显然S4n=n(a1+a2+a3+a4)=4n，数列{S4n}单调递增，无最大项，因此数列{an}的前n项和无最大值；若a2=−2，同理可得数列{an}的项依次为：1，−2，−3，4，1，−2，−3，4，⋯，数列{an}是以4为周期的数列，S1=1，S2=−1，S3=−4，S4=0，S5=1，S6=−1，S7=−4，S8=0，…，数列{Sn}是以4为周期的数列，且S4n−3=1，S4n−2=−1，S4n−1=−4，S4n=0，此时{an}的前n项和Sn存在最大值，所以Sn的最大值S=1．故选：B．由a2是a1与a4的等比中项求出a2，再分情况计算判断作答．本题主要考查数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．11.【答案】D 【解析】解：如图，将圆台O1O补成圆锥PO．设圆台O1O的母线长为l，则l2=h2+(R−r)2，等腰梯形ABCD为过两母线的截面．设PC=x，∠APB=θ，由rR=xx+l，得x=rlR−r，则S=12[(x+l)2−x2]sinθ=R+r2(R−r)l2sinθ，当h≥R−r时，θ≤90°，当sinθ最大，即截面为轴截面时面积最大，则S的最大值为12(2R+2r)h=(R+r)h．当h90°，当sinθ=1时，截面面积最大，则S的最大值为R+r2(R−r)l2=(R+r)[h2+(R−r)2]2(R−r)．故选：D．通过将圆台补成圆锥，利用图形分h≥R−r和h0，b=log32.8>0，所以ab=ln2.4log32.8lne=1，所以c0，b>0，c>0，用作商法比较a，b的大小，由换底公式可得c0时，f′(x)=1x+1；当x<0时，f′(x)=−1x+1，根据导数的几何意义结合图象，不妨设x1<0，x2>0．因为曲线f(x)在点A，B处的两条切线互相垂直，所以−1x1+1⋅1x2+1=−1，整理得x1x2+x1+x2=0，所以是1x1+1x2=−1．故答案为：−1．根据导数的几何意义，结合图象及垂直的斜率关系计算即可．本题主要考查了导数的几何意义，属于中档题．15.【答案】103 【解析】解：已知直线AP的斜率为1，设PQ所在的直线方程为y=x+a，又双曲线的渐近线方程为y=±bax，联立y=x+ay=bax，消x可得y=abb−a，联立y=x+ay=−bax，消x可得y=abb+a，又A为PQ的三等分点，则2abb+a=aba−b，即a=3b，即a2=9b2=9c2−9a2，即ca=103，即C的离心率为103．故答案为：103．由双曲线的性质，结合双曲线离心率的求法求解即可．本题考查了双曲线的性质，重点考查了双曲线离心率的求法，属基础题．16.【答案】3 【解析】解：设∠ABC=θ，且θ∈(0,π)，在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcosθ=3−22cosθ，又由正弦定理得1sin∠ACB=ACsinθ，则sin∠ACB=sinθAC，在△ACD中，AD=2CD，∠ADC=45°，则∠ACD=π2，且CD=AC，在△BCD中，由余弦定理得BD2=CD2+2−22CD⋅cos(π2+∠ACB)=AC2+2+22ACsin∠ACB=3−22cosθ+2+22AC⋅sinθAC=5+22(sinθ−cosθ)=5+4sin(θ−π4)，∴当θ=3π4时，sin(θ−π4)取最大值1，可得BD2的最大值为9，∴BD长度的最大值为3．故答案为：3．设∠ABC=θ，在△ABC中，由余弦定理可得AC2=3−22cosθ，再由正弦定理得sin∠ACB=sinθAC，在△BCD中，由余弦定理可得BD2=5+4sin(θ−π4)，利用三角函数的性质，即可得出答案．本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．17.【答案】(1)证明：设数列{bn}的公差为d，由b2+b3=−12，得2b1+3d=−12，由b1=−3，得d=−2，故bn=−2n−1，即an+an+1=−2n−1①，递推，得an+1+an+2=−2n−3②，①−②得an−an+2=2，故an−an+2=2得证．(2)解：若{an}为等差数列，设公差为d′，由an+2−an=−2，可得2d′=−2，则d′=−1．又∵an+an+1=−2n−1，∴2an+d′=−2n−1，∴an=−n，∴a1=−1，∴{an}的前n项和Sn=(−1−n)n2=−n22−n2． 【解析】(1)设数列{bn}的公差为d，由等差数列的通项公式可求得d，从而可得bn=−2n−1，则an+an+1=−2n−1，an+1+an+2=−2n−3，作差即可证明；(2)设数列{an}的公差为d′，由(1)解得d′=−1，结合an+an+1=−2n−1求出an=−n，再利用等差数列求和公式即可得到答案．本题主要考查数列的递推式，数列的求和，等差数列的前n项和公式，考查运算求解能力，属于中档题．18.【答案】解：(1)依题意，x−=6+15+25+344=20,y−=5+10+15+194=12.25，b=i=14xiyi−4x−y−i=14xi2−4x−2=1201−4×20×12.252042−4×400=0.5，a=y−−bx−=12.25−0.5×20=2.25，所以所求线性回归方程为y=0.5x+2.25．(2)当x=44时，y=0.5×44+2.25=24.25，|y−y|=|24.25−24|=0.25≤1，当x=54时，y=0.5×54+2.25=29.25，|y−y|=|29.25−31|=1.75>1，所以不能用此回归方程估计该海域其他岛屿的植物种数． 【解析】(1)根据给定数表，求出x−,y−，再利用最小二乘法公式求解作答．(2)利用(1)中线性回归方程，按要求计算并判断作答．本题考查线性回归方程的性质，属于中档题．19.【答案】解：(1)证明：如图，取BD的中点G，连接AG，CG．因为∠BCD=90°，BG=DG，所以BG=CG(直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半)又因为AB=AC，G为BD的中点，所以AG⊥BD，所以∠AGB=∠AGD=90°，又因为AG为公共边，所以△ABG≌△ACG，所以∠AGC=∠AGB=90°，所以AG⊥CG，又因为AG⊥BD，BD∩CG=G，BD，CG⊂平面BCD，所以AG⊥平面BCD，又因为AG⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD；(2)过点C作直线CH⊥平面BCD，以C为坐标原点，CD，CB，CH的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建系如图，设AG=a(a>0)，则A(32,12,a)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，D(3,0,0)，则有BA=(32,−12,a)，CA=(32,12,a)，CD=(3,0,0)．设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z)，由n⋅CA=32x+12y+az=0n⋅CD=3x=0，取n=(0,2a,−1)，设直线AB与平面ACD所成的角为α，则sinα=|cos〈n,BA〉|=|n⋅BA||n||BA|=2a4a2+1⋅a2+1，sin2α=4a2(4a2+1)(a2+1)=4a24a4+5a2+1=44a2+1a2+5≤424a2⋅1a2+5=49，当且仅当4a2=1a2，即a=22时，等号成立．因为BD=2，BC=1，∠BCD=90°，所以CD=3，此时三棱锥A−BCD体积V=13S△BCD×AG=13×32×22=612，故当直线AB与平面ACD所成的角最大时，三棱锥A−BCD的体积为612． 【解析】(1)取BD的中点G，连接AG，CG，则有AG⊥BD，由△ABG≌△ACG可得∠AGC=∠AGB=90°，AG⊥CG，由线面垂直的判定定理可得AG⊥平面BCD，即得；(2)设AG=a(a>0)，建立空间坐标系，则有时当a=22时，直线AB与平面ACD所成的角最大，再利用棱锥的体积公式计算即可．本题考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，向量法求解线面角问题，三棱锥的体积的求解，化归转化思想，方程思想，属中档题．20.【答案】解：(1)不妨设点P在x轴的上方，由椭圆的性质可知|OA|=a，∵△APO是以P为直角顶点的等腰直角三角形，∴P(−a2,a2)代入x2a2+y2b2=1,a(−a2)2a2+(a2)2b2=1，整理得a2=3b2，∵△APO的面积为1，∴12⋅a⋅12a=1，∴a2=4，∴b2=43，故椭圆C的方程为x24+3y24=1；(2)证明：设直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，M(x1,y1)N(x2,y2)，直线MN的方程为x=my+1，不妨设y2<00，则y1+y2=−2mm2+3，y1y2=−3m2+3，∴y1+y2y1y2=2m3，即2my1y2=3(y1+y2)，k1k2=y1x1+2y2x2−2=y1(my2−1)(my1+3)y2=my1y2−y1my1y2+3y2=32(y1+y2)−y132(y1+y2+3y2=12y1+32y232y1+92y2=13,∴3k1=k2，∴3tan∠MAB=tan∠NBA． 【解析】(1)通过分析得P(−a2,a2)，将其坐标代入椭圆方程，结合△APO面积和a，b，c的关系即可求出椭圆方程；(2)设直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，M(x1,y1)N(x2,y2)，直线MN的方程为x=my+1，再将其与椭圆联立得到韦达定理式，通过化简得2my1y2=3(y1+y2)，最后计算k1k2，将上式代入即可证明其为定值．本题考查了直线与圆锥曲线的综合运用，属中档题．21.【答案】解：(1)设g(x)=f′(x)=lnxx−2ax+1，g(x)的定义域为(0,+∞)，g′(x)=1 x−2a，当a≤0时，g′(x)>0，g(x)在区间(0,+∞)单调递增，当a>0时，令g′(x)=0，得x=12a，若x∈(0,12a)，g′(x)>0，g(x)单调递增；若x∈(12a,+∞)，g′x)<0，g(x)单调递减．综上，当a≤0时，f′(x)在(0,+∞)上单调递增；当a>0时，f′(x)在区间(0,12a)上单调递增，则(12a,+∞)上单调递减．(2)直线y=e22与曲线y=f(x)有两个交点，即关于x的方程xlnx−ax2=e22有两个解，即a=lnxx−e22x2，令φ(x)=lnxx−e22x2，其中x>0，则φ′(x)=1−lnxx2+e2x3=x−xlnx+e2x3，令s(x)=x−xlnx+e2，则s′(x)=−ln x，当00，此时函数s(x)单调递增；当x>1时，s′(x)<0，此时函数s(x)单调递减．由s(1)=1+e2，s(e2)=0，得00，则φ′(x)>0；当ls(e2)=0，则φ′(x)>0；当x>e2时，s(x)e2时，φ(x)>0；当x趋近于0时，φ(x)趋近于−∞．故要使直线y=e22与曲线y=f(x)有两个交点，则需0
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