2023學年河南省魯山縣高三適應性調研考試數學試題含解析

2023年高考數學模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．為比較甲、乙兩名高中學生的數學素養(yǎng)，對課程標準中規(guī)定的數學六大素養(yǎng)進行指標測驗（指標值滿分為100分，分值高者為優(yōu)），根據測驗情況繪制了如圖所示的六大素養(yǎng)指標雷達圖，則下面敘述不正確的是（）A．甲的數據分析素養(yǎng)優(yōu)于乙 B．乙的數據分析素養(yǎng)優(yōu)于數學建模素養(yǎng)C．甲的六大素養(yǎng)整體水平優(yōu)于乙 D．甲的六大素養(yǎng)中數學運算最強2．若函數恰有3個零點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．3．已知某超市2018年12個月的收入與支出數據的折線圖如圖所示：根據該折線圖可知，下列說法錯誤的是（）A．該超市2018年的12個月中的7月份的收益最高B．該超市2018年的12個月中的4月份的收益最低C．該超市2018年1-6月份的總收益低于2018年7-12月份的總收益D．該超市2018年7-12月份的總收益比2018年1-6月份的總收益增長了90萬元4．如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積（）A． B． C． D．5．已知排球發(fā)球考試規(guī)則：每位考生最多可發(fā)球三次，若發(fā)球成功，則停止發(fā)球，否則一直發(fā)到次結束為止．某考生一次發(fā)球成功的概率為，發(fā)球次數為，若的數學期望，則的取值范圍為()A． B． C． D．6．若將函數的圖象上各點橫坐標縮短到原來的(縱坐標不變)得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A．函數在上單調遞增 B．函數的周期是C．函數的圖象關于點對稱 D．函數在上最大值是17．已知隨機變量的分布列是則（）A． B． C． D．8．過拋物線的焦點且與的對稱軸垂直的直線與交于，兩點，，為的準線上的一點，則的面積為（）A．1 B．2 C．4 D．89．已知為非零向量，“”為“”的（）A．充分不必要條件 B．充分必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件10．已知雙曲線的左、右頂點分別是，雙曲線的右焦點為，點在過且垂直于軸的直線上，當的外接圓面積達到最小時，點恰好在雙曲線上，則該雙曲線的方程為（）A． B．C． D．11．已知變量x，y間存在線性相關關系，其數據如下表，回歸直線方程為，則表中數據m的值為（）變量x0123變量y35.57A．0.9 B．0.85 C．0.75 D．0.512．已知滿足，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知實數x，y滿足，則的最大值為____________.14．數據的標準差為_____．15．已知向量，，若，則實數______.16．平面向量，，（R），且與的夾角等于與的夾角，則.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）己知函數.（1）當時，求證：；（2）若函數，求證：函數存在極小值.18．（12分）已知，函數.（1）若函數在上為減函數，求實數的取值范圍；（2）求證：對上的任意兩個實數，，總有成立.19．（12分）已知函數（），不等式的解集為.（1）求的值；（2）若，，，且，求的最大值.20．（12分）設等比數列的前項和為，若（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）在和之間插入個實數，使得這個數依次組成公差為的等差數列，設數列的前項和為，求證：.21．（12分）已知函數.（1）當時，不等式恒成立，求的最小值；（2）設數列，其前項和為，證明：.22．（10分）已知函數，.（1）當時，判斷是否是函數的極值點，并說明理由；（2）當時，不等式恒成立，求整數的最小值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．D【解析】

根據所給的雷達圖逐個選項分析即可.【詳解】對于A，甲的數據分析素養(yǎng)為100分，乙的數據分析素養(yǎng)為80分，故甲的數據分析素養(yǎng)優(yōu)于乙，故A正確；對于B，乙的數據分析素養(yǎng)為80分，數學建模素養(yǎng)為60分，故乙的數據分析素養(yǎng)優(yōu)于數學建模素養(yǎng)，故B正確；對于C，甲的六大素養(yǎng)整體水平平均得分為，乙的六大素養(yǎng)整體水平均得分為，故C正確；對于D，甲的六大素養(yǎng)中數學運算為80分，不是最強的，故D錯誤；故選：D【點睛】本題考查了樣本數據的特征、平均數的計算，考查了學生的數據處理能力，屬于基礎題.2．B【解析】

求導函數，求出函數的極值，利用函數恰有三個零點，即可求實數的取值范圍.【詳解】函數的導數為，令，則或，上單調遞減，上單調遞增，所以0或是函數y的極值點，函數的極值為：，函數恰有三個零點，則實數的取值范圍是：.故選B.【點睛】該題考查的是有關結合函數零點個數，來確定參數的取值范圍的問題，在解題的過程中，注意應用導數研究函數圖象的走向，利用數形結合思想，轉化為函數圖象間交點個數的問題，難度不大.3．D【解析】

用收入減去支出，求得每月收益，然后對選項逐一分析，由此判斷出說法錯誤的選項.【詳解】用收入減去支出，求得每月收益（萬元），如下表所示：月份123456789101112收益203020103030604030305030所以月收益最高，A選項說法正確；月收益最低，B選項說法正確；月總收益萬元，月總收益萬元，所以前個月收益低于后六個月收益，C選項說法正確，后個月收益比前個月收益增長萬元，所以D選項說法錯誤.故選D.【點睛】本小題主要考查圖表分析，考查收益的計算方法，屬于基礎題.4．C【解析】

畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數據求解幾何體的表面積即可．【詳解】解：幾何體的直觀圖如圖，是正方體的一部分，P?ABC，正方體的棱長為2，

該幾何體的表面積：．故選C．【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的直觀圖的表面積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵．5．A【解析】

根據題意，分別求出再根據離散型隨機變量期望公式進行求解即可【詳解】由題可知，，，則解得，由可得，答案選A【點睛】本題考查離散型隨機變量期望的求解，易錯點為第三次發(fā)球分為兩種情況：三次都不成功、第三次成功6．A【解析】

根據三角函數伸縮變換特點可得到解析式；利用整體對應的方式可判斷出在上單調遞增，正確；關于點對稱，錯誤；根據正弦型函數最小正周期的求解可知錯誤；根據正弦型函數在區(qū)間內值域的求解可判斷出最大值無法取得，錯誤.【詳解】將橫坐標縮短到原來的得：當時，在上單調遞增在上單調遞增，正確；的最小正周期為：不是的周期，錯誤；當時，，關于點對稱，錯誤；當時，此時沒有最大值，錯誤.本題正確選項：【點睛】本題考查正弦型函數的性質，涉及到三角函數的伸縮變換、正弦型函數周期性、單調性和對稱性、正弦型函數在一段區(qū)間內的值域的求解；關鍵是能夠靈活應用整體對應的方式，通過正弦函數的圖象來判斷出所求函數的性質.7．C【解析】

利用分布列求出，求出期望，再利用期望的性質可求得結果.【詳解】由分布列的性質可得，得，所以，，因此，.故選：C.【點睛】本題考查離散型隨機變量的分布列以及期望的求法，是基本知識的考查．8．C【解析】

設拋物線的解析式，得焦點為，對稱軸為軸，準線為，這樣可設點坐標為，代入拋物線方程可求得，而到直線的距離為，從而可求得三角形面積．【詳解】設拋物線的解析式，則焦點為，對稱軸為軸，準線為，∵直線經過拋物線的焦點，，是與的交點，又軸，∴可設點坐標為，代入，解得，又∵點在準線上，設過點的的垂線與交于點，，∴.故應選C.【點睛】本題考查拋物線的性質，解題時只要設出拋物線的標準方程，就能得出點坐標，從而求得參數的值．本題難度一般．9．B【解析】

由數量積的定義可得,為實數,則由可得,根據共線的性質,可判斷；再根據判斷,由等價法即可判斷兩命題的關系.【詳解】若成立,則,則向量與的方向相同,且,從而,所以；若,則向量與的方向相同,且,從而,所以.所以“”為“”的充分必要條件.故選:B【點睛】本題考查充分條件和必要條件的判定,考查相等向量的判定,考查向量的模、數量積的應用.10．A【解析】

點的坐標為，，展開利用均值不等式得到最值，將點代入雙曲線計算得到答案.【詳解】不妨設點的坐標為，由于為定值，由正弦定理可知當取得最大值時，的外接圓面積取得最小值，也等價于取得最大值，因為，，所以，當且僅當，即當時，等號成立，此時最大，此時的外接圓面積取最小值，點的坐標為，代入可得，．所以雙曲線的方程為．故選：【點睛】本題考查了求雙曲線方程，意在考查學生的計算能力和應用能力.11．A【解析】

計算，代入回歸方程可得．【詳解】由題意，，∴，解得．故選：A.【點睛】本題考查線性回歸直線方程，解題關鍵是掌握性質：線性回歸直線一定過中心點．12．A【解析】

利用兩角和與差的余弦公式展開計算可得結果.【詳解】，.故選：A.【點睛】本題考查三角求值，涉及兩角和與差的余弦公式的應用，考查計算能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．1【解析】

直接用表示出，然后由不等式性質得出結論．【詳解】由題意，又，∴，即，∴的最大值為1．故答案為：1．【點睛】本題考查不等式的性質，掌握不等式的性質是解題關鍵．14．【解析】

先計算平均數再求解方差與標準差即可.【詳解】解：樣本的平均數,這組數據的方差是標準差,故答案為：【點睛】本題主要考查了標準差的計算,屬于基礎題.15．-2【解析】

根據向量坐標運算可求得，根據平行關系可構造方程求得結果.【詳解】由題意得：，解得：本題正確結果：【點睛】本題考查向量的坐標運算，關鍵是能夠利用平行關系構造出方程.16．2【解析】試題分析：，與的夾角等于與的夾角，所以考點：向量的坐標運算與向量夾角三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】

（1）求導得，由，且，得到，再利用函數在上單調遞減論證.（2）根據題意，求導，令，易知；，易知當時，，；當時，函數單調遞增，而，又，由零點存在定理得，使得，，使得，有從而得證.【詳解】（1）依題意，，因為，且，故，故函數在上單調遞減，故.（2）依題意，，令，則；而，可知當時，，故函數在上單調遞增，故當時，；當時，函數單調遞增，而，又，故，使得，故，使得，即函數單調遞增，即單調遞增；故當時，，故函數在上單調遞減，在上單調遞增，故當時，函數有極小值.【點睛】本題考查利用導數研究函數的性質，還考查推理論證能力以及函數與方程思想，屬于難題.18．（1）（2）見解析【解析】

（1）求出函數的導函數，依題意可得在上恒成立，參變分離得在上恒成立.設，求出即可得到參數的取值范圍；（2）不妨設，，，利用導數說明函數在上是減函數，即可得證；【詳解】解：（1）∵∴，且函數在上為減函數，即在上恒成立，∴在上恒成立.設，∵函數在上單調遞增，∴，∴，∴實數的取值范圍為.（2）不妨設，，，則，∴.∵，∴，又，令，∴，∴在上為減函數，∴，∴，即，∴在上是減函數，∴，即，∴，∴當時，.∵，∴.【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性、極值與最值，利用導數證明不等式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．19．（1）（2）32【解析】

利用絕對值不等式的解法求出不等式的解集,得到關于的方程,求出的值即可;由知可得,，利用三個正數的基本不等式,構造和是定值即可求出的最大值.【詳解】（1）∵，，所以不等式的解集為,即為不等式的解集為，∴的解集為,即不等式的解集為，化簡可得,不等式的解集為，所以,即.（2）∵，∴.又∵，，，∴，當且僅當,等號成立,即，，時，等號成立，∴的最大值為32.【點睛】本題主要考查含有兩個絕對值不等式的解法和三個正數的基本不等式的靈活運用;其中利用構造出和為定值即為定值是求解本題的關鍵;基本不等式取最值的條件:一正二定三相等是本題的易錯點;屬于中檔題.20．（Ⅰ）；（Ⅱ）詳見解析.【解析】

（Ⅰ），，兩式相減化簡整理利用等比數列的通項公式即可得出．（Ⅱ）由題設可得，可得，利用錯位相減法即可得出．【詳解】解：（Ⅰ）因為，故，兩式相減可得，，故，因為是等比數列，∴，又，所以，故，所以；（Ⅱ）由題設可得，所以，所以，①則，②①－②得：，所以，得證.【點睛】本題考查了數列遞推關系、等比數列的通項公式求和公式、錯位相減法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．21．（1）；（2）證明見解析.【解析】

（1），分，，三種情況推理即可；（2）由（1）可得，即，利用累加法即可得到證明.【詳解】（1）由，得.當時，方程的，因此在區(qū)間上恒為負數.所以時，，函數在區(qū)間上單調遞減.又，所以函數在區(qū)間上恒成立；當時，方程有兩個不等實根，且滿足，所以函數的導函數在區(qū)間上大于零，函數在區(qū)間上單增，又，所以函數在區(qū)間上恒大于零，不滿足題意；當時，在區(qū)間上，函數在區(qū)間上恒為正數，所以在區(qū)間上恒為正數，不滿足題意；綜上可知：若時，不等式恒成立，的最小值為.（2）由第（1）知：若時，.若，則，即成立.將換成，得成立，即，以此類推，得，，上述各式相加，得，又，所以.【點睛】本題考查利用導數研究函數恒成立問題、證明數列不等式問題，考查學生的邏輯推理能力以及數學計算能力，是一道難題.22．（1）是函數的極大值點，理由詳見解析；（2）1.【解析】

（1）將直接代入，對求導得，由于函數單調性不好判斷，故而構造函數，繼續(xù)求導，判斷導函數在左