2023届河南省新未来联盟高三上学期12月联考数学（文）试题含解析

这是一份2023届河南省新未来联盟高三上学期12月联考数学（文）试题含解析，共17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。
2023届河南省新未来联盟高三上学期12月联考数学（文）试题 一、单选题1．集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用交集的定义求解即可【详解】.故选:.2．设，其中为实数，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据复数相等可得答案.【详解】，解得.故选：D.3．2022年5月，居民消费价格走势为113.52点，同比增长率为2.01%，增速高于平均值1.105%，增速乐观．下表统计了近6年的消费价格走势，令2015年12月时，；2016年6月时，，依次类推，得到x与居民消费价格y（点）的线性回归方程为．由此可估计，2022年6月份的消费价格约为（    ）
A．113.5点 B．113.8点 C．117.3点 D．119.1点【答案】B【分析】由题意及图表，可得，代入线性回归方程可得答案.【详解】由题意及图表，可得当2021年12月时，，故当2022年6月时，.把代入，得．故选：B．4．设向量的夹角的余弦值为，且，则（    ）A．3 B．4 C． D．6【答案】C【分析】根据向量数量积公式计算可得答案.【详解】由题意可得.故选：C.5．函数在区间上的图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数解析式，判其奇偶性，利用取特殊点，可得答案.【详解】解：由，可知其定义域为，且，则函数是偶函数，排除选项C．又，，排除选项B，D．故选：A．6．若曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据切点处的切线方程的求解方法求出切线方程，并求出横纵截距即可求解.【详解】∵，∴，∴．∵，∴切线方程为，可化为．令，得；令，得．∴，解得．故选:B．7．已知数列中，，，则数列的前10项和（    ）A． B． C． D．2【答案】C【分析】将递推式两边同时倒下，然后构造等差数列求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.【详解】解：∵，∴，∴．∴数列是首项为，公差为的等差数列，∴，∴．∴，∴数列的前10项和．故选:C．8．如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ）A． B． C． D．12【答案】D【分析】多面体的直观图可以看成由长方体去掉两个体积相等的三棱柱，求出对应体积即可【详解】由三视图还原该几何体，得几何体如图所示，则该几何体的体积为．故选：D．9．已知椭圆，直线与椭圆相切，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】联立直线与椭圆的方程得到一元二次方程，令，即可解得，进而得到椭圆的离心率.【详解】联立直线与椭圆的方程可得，.所以，，解得.所以，则，，所以.故选：B.10．在正方体中，已知，点O在棱上，且，则正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为（    ）A． B．  C． D．【答案】C【分析】根据题意找到平面平面都有轨迹，都为个圆周即可求解.【详解】依题意，∵，，，∴，，所以,所以，又因为，所以，所以,即．在平面内满足条件的点的轨迹为，该轨迹是以5为半径的个圆周，所以长度为；同理，在平面内满足条件的点轨迹长度为；在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心，为半径的圆弧，长度为；同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为．故轨迹的总长度为．故选:C．11．已知函数在内有且仅有1个零点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用三角恒等变换化简，再根据余弦函数的图像和性质求解即可.【详解】由题意得当时，，因为在内有且仅有1个零点，所以，解得，故选：D12．柏拉图多面体并不是由柏拉图所发明，但却是由柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名，由于它们具有高度的对称性及次序感，因而通常被称为正多面体.柏拉图视“四古典元素”中的火元素为正四而体，空气为正八面体，水为正二十面体，土为正六面体.如图，在一个棱长为的正八面体（正八面体是每个面都是正三角形的八面体）内有一个内切圆柱（圆柱的底面与构成正八面体的两个正四棱锥的底面平行），则这个圆柱的体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意得到，，然后利用勾股定理得到，在中根据相似列方程，整理得，然后根据圆柱的体积公式求体积，最后求导，根据单调性求最值即可.【详解】解：如图，设正八面体上顶点为A，圆柱上底面圆心为B，正四棱锥底面中心为C,取四棱锥底面边中点为D，AD交圆柱上底面于E.设该圆柱的底面半径为，高，由题可知，，，则．又，∴，，∴圆柱的体积，，可知，当时，；当时，，所以当时，单调递增，当时，单调递减，∴当时，．故选:. 二、填空题13．若满足约束条件则的最大值是__________.【答案】2【分析】作出可行域利用几何意义可得答案.【详解】作出可行域如图所示，则由图可知，当经过点时，取最大值，由解得，所以，所以的最大值为.故答案为：2.14．设点在直线上，与轴相切，且经过点，则的半径为__________.【答案】1或5##5或1【分析】由点在直线上设, 圆与轴相切,  应用数形结合可得出与半径的关系, 再根据圆经过点也可写出与半径的关系，求解即可.【详解】由点在直线上，设.又与轴相切，且经过点，半径，且.解得或.则的半径为1或5.故答案为: 1或515．已知数列的前项和为，满足，则__________.【答案】33【分析】根据与的关系结合等比数列的定义及通项求出数列的通项，即可得出答案.【详解】解：，两式相减，得，，又当时，，即，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，，即，.故答案为：33.16．已知直线经过双曲线的右焦点，并与双曲线的右支交于两点，且.若点A关于原点的对称点为，则的面积为__________.【答案】【分析】由双曲线方程求出右焦点，设直线的方程为，联立方程组，并利用韦达定理和已知条件，求出，根据三角形面积公式，即可求解.【详解】解：已知双曲线，则，所以右焦点，设直线的方程为.联立化简，得.，，即，则，即.故答案为：. 三、解答题17．国内某奶茶店以茶饮和甜品为主打，运用复合创新思维顺势推出最新一代立体复合型餐饮业态，在武汉､重庆､南京都有分布，该公司现对两款畅销茶饮进行推广调查，得到下面的列联表； A款B款男性8020女性6040 (1)根据上表，分别估计男、女购买这款茶饮，选购A款的概率；(2)能否有99%的把握认为选购哪款茶饮与性别有关？参考公式：，其中.参考数据：  【答案】(1)男性：；女性：(2)有的把握认为选购哪款茶饮与性别有关 【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算即可；（2）根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论.【详解】（1）解：男性中，购买款茶饮的概率为，女性中，购买款茶饮的概率为；（2）解：由题意，得，，∴有的把握认为选购哪款茶饮与性别有关.18．如图，在长方体中，已知，E为BC中点，连接，F为线段上的一点，且.(1)证明：平面；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理与性质定理证明，（2）由等体积法结合棱锥的体积公式求解，【详解】（1）证明：连接DE.依题意，可知，∴，即，∵平面ABCD，平面ABCD，∴.又，∴平面，平面，平面.∵平面，∴，同理，可知，则，∴，即，∴.∴.∵平面，平面，且，∴平面；（2）由题可知19．在中，内角所对的边分别为，且满足.(1)证明：；(2)若，求的值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)根据题干的条件，利用正弦定理和两角差的正弦公式以及正弦函数的图象和性质即可求解；(2)结合（1）的结论和二倍角的正弦得出，然后利用余弦定理即可求解.【详解】（1）因为，由正弦定理可得：，所以，可得，又由，可得，由，可得，有，可得或（舍去），可得；（2）由，有，可得，有，又由，可得，在中，由余弦定理可得：，也即，解得或（舍去），所以.20．已知函数．其中．(1)讨论函数的单调性；(2)设，如果对任意的，，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导，然后分，讨论求单调性；（2）先利用的单调性化简得，然后构造函数，求导，根据其为减函数求得实数a的取值范围．【详解】（1），当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；（2）假设，而，由（1）知，在上单调递减，∴，∴化简为，令，则在上单调递减，∴，即，，当且仅当时等号成立，∴，故实数a的取值范围是．21．已知抛物线，过动点作抛物线的两条切线，切点为，直线交轴于点，且当时，.(1)求抛物线的标准方程；(2)证明：点为定点，并求出其坐标.【答案】(1)；(2)点为定点，其坐标为，证明见解析. 【分析】（1）设过点且与抛物线相切的直线为，联立方程结合根的判别式求得，再结合当时，求出，即可得解；（2）设，直线的斜率为，直线的斜率为，由（1），利用韦达定理求出，再分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时求出直线方程，令，即可得证.【详解】（1）解：设过点且与抛物线相切的直线为，联立，化简得，则，化简得，当时，，此时轴，，当时，则，解得，，抛物线的标准方程为；（2）证明：设，直线的斜率为，直线的斜率为，由（1）可知，，当直线直线的斜率不存在时，，当直线直线的斜率存在时，方程为，令，得，整理得，所以点为定点，坐标为.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是（为参数）．以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．(1)求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；(2)若直线l与x轴交于点P，与曲线C分别交于A，B两点，求的值．【答案】(1)直线l：；曲线C：(2)2 【分析】（1）由题意，利用和角公式以及极坐标恒等式，可得直线方程；利用同角三角函数平方式，可得答案；（2）由直线方程，求得，并整理直线的参数方程，代入圆的方程，根据韦达定理，可得答案.【详解】（1）∵，∴，∵，∴直线l的直角坐标方程为，∵曲线C的参数方程是（为参数），消去参数，得．∴曲线C的普通方程为；（2）在直线中，令，得，可设直线l的参数方程为，代入中，代简，整理可得，则，令方程的两个根为，，∴，∴．23．已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若函数的最小值为m，正实数a，b满足，求的最小值．【答案】(1)；(2) 【分析】(1)将函数写成分段函数，再分段求解，最后取并集即可；(2)由绝对值三角不等式可得，于是有，再利用基本不等式求解即可.【详解】（1）解：,当时，或或,解得或或，所以，故解集为；（2）解：,∴，，∵a，b为正实数，∴，当且仅当，即时等号成立．