河南省新未来2022-2023学年高三上学期8月联考理科数学试题

这是一份河南省新未来2022-2023学年高三上学期8月联考理科数学试题，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河南省新未来2022-2023学年高三上学期8月联考理科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设集合，，则（       ）A． B． C． D．2．已知复数，则的虚部为（       ）A． B． C．2 D．33．随着我国经济社会加快发展，人们思想观念不断更新，女性在企业管理中占据着越来越重要的地位，2021年12月21日，国家统计局发布了《中国妇女发展纲要（2011—2020年）》终期统计监测报告．下图为2010—2020年企业职工董事和职工监事中女性所占比重条形统计图，根据此图，判断下列说法错误的是（       ） A．2010—2020年企业职工董事中女性所占比重的平均值为35.0个百分点B．2020年企业职工董事中女性比重比2010年提高2.2个百分点C．2020年企业职工监事中女性比重比2010年提高3.0个百分点D．2011年企业职工监事中女性比重与董事中女性比重的差最大4．在中，已知，AC＝7，BC＝8，则AB＝（       ）A．3 B．4 C．3或5 D．4或55．若x，y满足约束条件则的最大值为（       ）A． B． C． D．6．已知正项等比数列的前n项和为，且满足，，则（       ）A．18 B．34 C．66 D．1307．函数（且）在一个周期内的图象如图所示，将函数图象上的点的横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（       ） A． B．1 C．－1 D．8．花窗是一种在窗洞中用镂空图案进行装饰的建筑结构，这是中国古代建筑中常见的美化形式，既具备实用功能，又带有装饰效果．如图所示是一个花窗图案，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA上的三等分点；点P，M，N，O分别为EF，FG，GH，HE上的三等分点；同样，点Q，R，S，T分别为PM，MN，NO，OP上的三等分点．若在大正方形中随机取一点，则该点取自阴影部分的概率为（       ）A． B． C． D．9．如图，“爱心”图案是由函数的图象的一部分及其关于直线的对称图形组成．若该图案经过点，点M是该图案上一动点，N是其图象上点M关于直线的对称点，连接，则的最大值为（       ） A． B． C． D．10．疫情之下，口罩成为家家户户囤货清单中必不可少的一项，某新闻记者为调查不同口罩的防护能力，分别在淘宝、京东、拼多多等购物平台购买了7种口罩，安排4人进行相关数据统计，且每人至少统计1种口罩的相关数据（不重复统计），则不同的安排方法有（       ）A．6000种 B．7200种 C．7800种 D．8400种11．已知椭圆C：的离心率为，直线l：交椭圆C于A，B两点，点D在椭圆C上（与点A，B不重合）．若直线AD，BD的斜率分别为，，则的最小值为（       ）A． B．2 C． D．12．设是定义在R上的连续的函数的导函数，（e为自然对数的底数），且，则不等式的解集为（       ）A． B．C． D． 二、填空题13．已知向量，，且，则m＝______．14．的展开式中常数项为________.15．双曲线与曲线的四个交点构成的四边形的边恰好经过双曲线的焦点，则双曲线的离心率为______．16．如图，在棱长为的正方体中，若绕旋转一周，则在旋转过程中，三棱锥的体积的取值范围为______． 三、解答题17．已知数列的前n项和为，且满足，．(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前n项和．18．如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，且侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝2AD．E，F，H分别是PA，PD，AB的中点，G为DF的中点．(1)证明：平面BEF；(2)求PC与平面BEF所成角的正弦值．19．3月30日，由中国教育国际交流协会主办的2022联合国国际教育日—中国活动在京举办，活动主题为“她改变：女童和妇女教育与可持续发展”，教育部副部长、中国联合国教科文组织全国委员会主任田学军以视频方式出席活动，来自20多个国家的驻华使节、国际组织代表和专家学者在线参加活动．会前有两种会议模式可供选择，为此，组委会对两种方案进行选拔：组委会对两种方案的5项功能进行打分，每项打分获胜的一方得1分，失败的一方不得分．已知每项功能评比中，方案一获胜的概率为（每项得分不考虑平局的情况）．(1)求打分结束后，方案一恰好领先方案二1分的概率；(2)设打分结束后方案一的得分为随机变量X，求X的分布列和数学期望．20．已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)当时，证明：．21．已知抛物线C：，直线，都经过点．当两条直线与抛物线相切时，两切点间的距离为4．(1)求抛物线C的标准方程；(2)若直线，分别与抛物线C依次交于点E，F和G，H，直线EH，FG与抛物线准线分别交于点A，B，证明：．22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．(1)求直线l的一般式方程和曲线C的标准方程；(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值．23．已知．(1)解不等式；(2)若关于x的不等式在R上恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案：1．C【分析】化简集合，然后利用交集的定义运算即得.【详解】∵，，∴．故选：C．2．B【分析】根据复数的运算求解即可.【详解】解：∵，∴，∴的虚部为.故选:B．3．A【分析】本题考查学生筛选整合信息，处理信息的能力。此类题要求学生在对题目内容的理解与辨析，找出文章条形统计图中相对应的信息并进行计算，即可得到结论.【详解】解：2010—2020年企业职工董事中女性所占比重的平均值为个百分点，选项A错误；2020年企业职工董事中女性比重比2010年提高34.9－32.7＝2.2个百分点，选项B正确；2020年企业职工监事中女性比重比2010年提高38.2－35.2＝3.0个百分点，选项C正确；2011年企业职工监事中女性比重与董事中女性比重的差最大，为4个百分点，选项D正确．故选:A．4．C【分析】根据余弦定理直接求解.【详解】解：设角A，B，C所对的边分别为a，b，c,结合余弦定理，得，即，解得c＝3或c＝5．故AB＝3或5．故选:C．5．D【分析】根据约束条件，画出可行域，根据目标函数的几何意义：函数表示可行域内的点与点的距离的平方即可求解.【详解】解：由约束条件作出可行域如图．的几何意义为可行域内的动点到坐标原点距离的平方．由图可得A与坐标原点距离最远，∵点A的坐标为，∴的最大值为．故选：D．6．B【分析】根据等比数列的通项公式及求和公式求出，再由等比数列的通项公式求解.【详解】解：∵，∴，整理得，，解得q＝2．∵，∴，∴，∴．故选:B．7．A【分析】由图象得的解析式，再由三角函数的图象变换可得函数的解析式，即可求.【详解】解：由图象可知，则．由，得．则．∵点在函数图象上，∴，∴，．∵，∴.∴函数解析式为．将函数图象上的点的横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位长度，得．故．故选:A．8．C【分析】根据题意可以得到图形里面由多对相似三角形，可得到，利用边长的比例可以得到面积的比例为，继而得到和与的关系，通过面积比即可得到答案【详解】解：由题意，根据三角形相似可知．则．故即，即故．故选：C．9．B【分析】首先根据题意得到，设直线与函数相切，得到，再根据平行线间距离公式求解即可.【详解】函数经过点，所以.设直线与函数相切，联立消去y，得．，解得．则直线与直线间的距离为．故MN的最大值为．故选：B10．D【分析】由题意可知安排方法分三类，第一类，3个人统计1种，1个人统计4种，第二类，2个人统计1种，1个人统计2种，1个人统计3种，第三类，1个人统计1种，3个人统计2种，然后利用先分组后排列计算即得.【详解】由题意可知安排方法分三类：第一类，3个人统计1种，1个人统计4种，有（种）；第二类，2个人统计1种，1个人统计2种，1个人统计3种，有（种）；第三类，1个人统计1种，3个人统计2种，有（种）；故总的安排方法有（种）．故选：D．11．B【分析】不妨假设，，则可求，将B，D代入椭圆，然后两式进行相减可得，整理出，代入之后再结合基本不等式即可求出答案【详解】解：设，，则．∵点B，D都在椭圆C上，∴两式相减，得．∴，即．∴．当且仅当时取“=”．故选：B．12．C【分析】构造函数，利用导数研究函数的单调性，然后利用函数单调性即得.【详解】设，则，∵，∴，函数在R上单调递增， 又，∴,由，可得，即，又函数在R上单调递增，所以，即不等式的解集为.故选：C．13．【分析】利用向量平行的坐标表示即得.【详解】∵，，∴，∵，∴，解得．故答案为：.14．-15【分析】分别得到中项的系数和常数项，从而求出答案.【详解】所以要求的展开式中常数项，则求中项的系数和常数项，展开式通项为令，得（舍），即没有项令，得，所以常数项为，所以的展开式中常数项为.故答案为：.【点睛】本题考查二项式定理中指定项的系数，属于简单题.15．【分析】曲线为两条直线和，不妨假设双曲线的左、右焦点分别为，，所以易得两曲线在第一象限的交点坐标为，继而算出，利用双曲线的定义算出，再通过离心率公式再算出答案【详解】解：设双曲线的左、右焦点分别为，．故依题意，两曲线在第一象限的交点坐标为，易知四边形为正方形．则，，故．故双曲线的离心率．故答案为：16．【分析】由题可得为正四面体，利用线面垂直的判定定理可得平面，结合条件可得点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大，然后根据正方体的性质结合棱锥的体积公式即得.【详解】如图，连接，，由正方体的性质可知为正四面体，设O为中点，E为中点，则，又，平面，平面，∴平面，平面，所以平面平面，由题可知点A在以O为圆心，OA为半径的圆上运动．在绕旋转过程中，若点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大．因为正方体的棱长为，所以，在中，OB＝2，，则，，设点，到平面的距离分别为，．，，∵，∴三棱锥体积的最小值为；最大值为．∴三棱锥的体积的取值范围为．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题的关键是能清A的轨迹，进而可得点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大，然后根据圆的性质及棱锥的体积公式即得.17．(1);(2).【分析】(1)根据与关系可得是等比数列，根据等比数列的通项公式即可求解；(2)利用分组求和法与等比数列的求和公式直接求解.【详解】解：(1)当n＝1时，，∵，∴．可得，当时，，，两式相减，得，即，故数列是首项为1，公比为的等比数列，则；(2)由(1)知，，故．18．(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）取AE中点M，利用线面平行的判定定理可得平面BEF，平面BEF，再利用面面平行的判定定理及性质定理即得；（2）利用坐标法，根据线面角的向量求法即得.（1）如图，取AE中点M，连接MG，MH，∵E，F分别是PA，PD的中点，∴，又G，M分别是DF，AE的中点，∴，∵平面BEF，平面BEF，∴平面BEF，同理，M，H分别是AE，AB的中点，∴，∵平面BEF，平面BEF，∴平面BEF，又∵，平面，平面，∴平面平面BEF，∵平面MHG，∴平面BEF；（2）如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，，，，，可得，，，设平面BEF的法向量为，可得，即，令x＝1，得，故，即PC与平面BEF所成角的正弦值为．19．(1)；(2)分布列见解析；. 【分析】（1）利用独立重复事件概率公式即得；（2）由题可得，进而即得.（1）设打分结束后，方案一恰好领先方案二1分为事件A，由题可得方案一5项功能获胜3项，所以；（2）由题意可知，；；；；；．则随机变量的分布列为：012345 故．20．(1)单调递增区间：，单调递减区间：(2)证明见解析 【分析】（1）对求导后得到，通过的正负可确定的单调区间；（2）通过第（1）问不妨设，构造函数，通过求导可以到在上单调递减，所以能得到，结合和的单调性即可证明（1）解：∵，∴，令，得x＝1，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故函数的减区间为，增区间为；（2）证明：由（1）知，不妨设，构造函数，，故，故在上单调递减，，∵，∴，又∵，∴，即，∵，∴，，又∵在上单调递增，∴，即，得证．【点睛】本题考查导数中的极值点偏移问题的证明，证明此问题的基本思路是结合函数的单调性，将所证不等式进行转化，将问题变为关于一个变量的函数恒大于零或恒小于零的证明问题，利用导数求最值的方法证得结论即可.21．(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）设切线方程，联立抛物线方程进而可得切点，即得；（2）由题可设：与抛物线方程联立，利用韦达定理法，结合条件可表示出直线的方程，令，可得，同理可得，进而即得.（1）设经过点的直线为：，由消去y，得，，当直线与抛物线相切时，，∵，∴，所以，解得，∴切点为，又∵两切点间的距离为4，∴，即，∴抛物线的标准方程为；（2）设点，，，，设直线：，直线：，联立消去，得，则，同理，，故，，直线EH的方程为，令，得，整理得,同理，，所以，∴．22．(1)直线l：，曲线C：(2) 【分析】(1)对于直线l消去参数t即可求得一般方程，对于曲线C，运用 ， ，即可求得标准方程；(2)由于点P在直线l上，重新设定直线l的参数方程，使得参数t表示直线上的点到P点的带符号的距离，与椭圆C联立方程，运用韦达定理即可求解.（1）直线l的参数方程为（t为参数），消去t化为一般式方程为；曲线C的极坐标方程为，由于，代入上式， 化为标准方程为；（2）设直线l的参数方程为 （t为参数），则参数t表示直线l上的点到P点的带符号的几何距离，代入，得，由韦达定理得：，则；综上，直线l的一般方程为：，曲线C的标准方程为：，.23．(1)(2) 【分析】（1）分别讨论，去掉绝对值，分别求出每个不等式的解集，再求并集即可.（2）由题可得，再利用绝对值三角不等式求出，解不等式即可.（1）解： ①当时，可化为，解得，无解；②当时，可化为，解得，故；③当时，可化为，解得，故．综上所示，不等式的解集为；（2）关于x的不等式在R上恒成立，即，∵，当且仅当，即时等号成立，∴，∴，解得，故实数m的取值范围为．