2023届河南省天一大联考高三12月理科数学试卷 PDF版

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【详解】因为复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，且，
所以，所以.
故选：A
2．D
【分析】结合条件得到为真命题，为假命题，命题为真命题得到在上恒成立，即可得到；命题为假命题得到，为真命题，解得或，即可求解.
【详解】因为为真命题，则为真命题，为假命题.
命题，为真命题，则在上恒成立，
因为在上是增函数，所以时，，
则，所以；
命题，为假命题，
则，为真命题，所以.
因为函数在上单调递减，所以，
即，解得或.
因为为真命题，所以实数的取值范围是.
故选：D.
3．A
【分析】由对数的单调性求得集合A，根据正弦函数性质求得集合，进而求其交集.
【详解】由，可得，则
又，
所以.
故选：A
4．B
【分析】将所求不等式转化为且；根据奇偶性和已知区间单调性可求得且在上是增函数，利用单调性可解得不等式的解集.
【详解】由得：且；
为奇函数，，又在上是增函数，
在上是增函数，
当时，；
的解集为.
故选：B.
5．B
【分析】在三棱锥内构造直线使其平行于 ，然后构造三角形，运用异面直线夹角的定义求解即可.
【详解】
取的中点D，连接交于点E，连接DE，
则 且，则为异面直线与所成的角或其补角．
易求，，则，
所以.
故选：B．
6．B
【分析】本题分抽取的4人中含甲和不含甲两大类讨论，采取捆绑法分析情况，再利用加法和乘法原理得到所有情况即可.
【详解】4人去3个省份，且每个省至少一个人则必会有两人去同一省份，
若抽取的4人中不含甲，在这四人中任意取两人进行捆绑，则共有种，
②若4人中含有甲，则在剩余的4人中抽取3人，共有种，接下来若甲和另1人去同一省份，则共有种，若甲单独一人去一个省份，则共有种，根据加法和乘法原理可得共有，此类情况共有种
综上共有种.
故选：B.
7．D
【分析】先利用“五点法”，由图像求得的解析式，再利用三角函数图像的平移变换及三角函数的诱导公式即可求得答案.
【详解】由图像可知，的最小值为，又，所以，
因为，所以，所以，从而，
将代入，得，故，得，
又，所以，所以，
对于A，将的图象向右平移个单位长度得到，故A错误；
对于B，将的图象向右平移个单位长度得到，故B错误；
对于C，将的图象向左平移个单位长度得到，故C错误；
对于D，将的图象向左平移个单位长度得到，故D正确.
故选：D.
8．D
【分析】设数列共有项，设所有奇数项之和为，由题意表求出和，利用求出公比，再结合求出即可.
【详解】设首项为，公比为，数列共有项，则满足首项为，公比为，项数为项，设所有奇数项之和为，
因为所有项之和是奇数项之和的3倍，所以，
所以，，
故满足，解得，
又，
所以.
故选：D
9．C
【分析】根据双曲线的离心率为2，得到c=2a，根据过的直线的斜率为，得到，然后分别在和中，利用余弦定理求得，然后在中，利用余弦定理求解.
【详解】解：因为双曲线的离心率为2，
所以c=2a，
因为过斜率为，所以，
则，
在中，设，则，
由余弦定理得，
解得，则，
同理在中，设，则，
由余弦定理得，
解得，则，则，
所以在中，由余弦定理得，
故选：C
10．D
【分析】对于A，利用导数的几何意义求解即可；对于B，对函数求导后，由导数小于零可求得结果；对于C，求导后求出函数的单调区间，从而可求出函数的极大值；对于D，画出的图象，利用图象求解.
【详解】因为，，所以，
对于A，，则在处的切线方程为，所以A正确；
对于B，令，解得，所以的单调递减区间为，所以B正确；
对于C，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为，所以C正确；
对于D，由C的解析知在上单调递增，在上单调递减，且，
当时，，当时，，所以画出的图象，如图，
方程解的个数，即的图象与的交点个数，
由图知只有一个解，所以D错误.
故选：D
11．B
【分析】根据给定条件，构造函数比较a，b，构造函数比较a，c作答.
【详解】令函数，，当时，，即在上递减，
则当时，，即，因此，即；
令函数，，当时，，则在上单调递增，
则当时，，即，因此，即，
所以的大小关系正确的是.
故选：B
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
12．B
【分析】设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，由可得，从而可得双曲线的两渐近线的倾斜角分别为，即可求得答案.
【详解】解：设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，
则有，，
又因为，
所以，
所以，
所以，
从而得，
所以双曲线的渐近线的斜率和，
所以双曲线的两渐近线的倾斜角分别为，
所以双曲线两条渐近线的夹角大小为.
故选：B.
13．##
【分析】利用定义求出，由勾股定理求出的大小.
【详解】由得：，所以.
设，则有，解得：.
在中，因为，即，所以为的直角三角形，即.
故答案为：
14．
【分析】根据向量数量积定义以及向量模的定义即可求出结果.
【详解】解：因为向量的夹角为，，，
所以，
因此，，
故答案为：.
15．②③④
【分析】利用求轨迹方程的方法求出点的轨迹，再根据点和圆的位置关系确定点到原点的最大距离，再根据几何关系确定的周长，利用余弦定理结合基本不等式得到即可求出的最大值.
【详解】设由中点坐标公式得,
所以,因为在圆上,
所以,即,即,
所以点的轨迹是一个圆,方程为,
是以为圆心,为半径的圆,
所以点到原点的最大距离是,故①错误；
因为，所以,
若为等腰三角形，若,则,
此时三点共线，不满足题意，
若,则,满足题意，
所以的周长等于，故②正确；
由以上过程可知的轨迹是一个圆,方程为,
所以③正确；
设，当时，，不是最大角，
不为时，中，
,
当且仅当,即时取得等号，
所以，故④正确.
故答案为：②③④.
16．
【分析】画出函数的图像，对分成，等种情况，研究零点个数，由此求得的取值范围.
【详解】令，画出函数的图像如下图所示，由图可知，
（1）当或时，存在唯一，使，而至多有两个根，不符合题意.
（2）当时，由解得，由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根；由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.由于上述四个实数根互不相等，故时，符合题意.
（3）当时，由解得，由化简得，其判别式为负数，没有实数根；由化简得，其判别式为正数，有两个不相等的实数根.故当时，不符合题意.
（4）当时，由，根据图像可知有三个解，不妨设.
即
即.
i）当时，，故①②③三个方程都分别有个解，共有个解，不符合题意.
ii)当时，，①有个解，②③分别有个解，共有个解，不符合题意.
iii）当时，，①无解，②③分别有个解，共有个解，符合题意.
iv）当时，，①无解，②有个解，③有两个解，共有个解，不符合题意.
v）当时，，①无解，②无解，③至多有个解，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】本小题主要考查复合函数零点问题，考查分类讨论的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，难度较大，属于难题.
17．(1)能
(2)E（X）＝，D（X）＝
【分析】（1）根据联表计算，最后得到结论相关，即概率不超过0.01；
（2）由题得X～B，代入期望和方差公式即可得到结果.
【详解】（1）令假设为H0：居民的核酸检测地点与性别无关系，
根据2×2列联表得，，
根据小概率值的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为“居民的核酸检测地点与性别有关系”，此推断认为犯错误的概率不超过0.01.
（2）由题意得，X～B，
且，k＝0,1,2,3，
故E（X）＝np＝3×＝，D（X）＝np（1－p）＝3××＝.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1) 由平面ABC可得，勾股定理可证，由线面垂直的判定定理可证结论.
(2) 由异面直线与所成的角为30°，求出，再由体积公式计算三棱柱的体积.
【详解】（1）平面ABC，平面ABC，有.
AB=3，AC=4，BC=5，有，由勾股定理得.
，平面，∴平面
（2）由，异面直线与所成的角即为，，
又平面ABC，平面ABC，∴，则，得，
，所以三棱柱的体积.
19．(1)
(2)，此时直线的方程为：.
【分析】(1)根据题意，列出方程，解之即可求出结果；
(2) 过点的动直线的方程为：，然后将直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理表示出两点纵坐标的关系，然后将焦点三角形面积表示出来，最后根据函数的单调性求出最值即可.
【详解】（1）由题意得,解得：，
椭圆的方程是：.
（2）设，
联立消去得：
由题意可知：点,
所以
令，则，所以，
，易知在单调递增，
所以当，此时，所以直线的方程为：.
20．(1)；
(2).
【分析】（1）利用累乘法，结合已知条件，即可求得结果；
（2）利用裂项求和法，结合（1）中所求，即可求得结果.
【详解】（1）∵.
∴，
∴，
∴；
当时，满足上式，
所以；
（2）由（1）可得，
∴
.
21．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最小值，再求出区间端点的函数值，即可求出函数的值域.
（2）求出函数的导函数，分、、三种情况讨论，分别得到函数的单调性，从而求出函数的极值.
【详解】（1）解：当时，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，，，
所以，即函数在区间上的值域.
（2）解：因为，，则，
当时，所以在定义域上单调递增，不存在极值；
当时令，解得或，又，
所以当或时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极大值，，
在处取得极小值，，
当时令，解得或，又，
所以当或时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极大值，，
在处取得极小值，，
综上可得：当时无极值，
当时，，，
当时，，．
22．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用消参法求曲线的普通方程，并注意y的取值范围，再利用求曲线的极坐标方程；（2）先求直线l的参数方程，根据直线参数方程的几何意义运算求解.
【详解】（1）由得，代入整理得，即，
∵，则，，
故曲线的普通方程为，
又∵，则，
整理得
曲线的极坐标方程为
（2）由题意可得：直线l的参数方程为（t为参数），
代入，整理得，
∴，，
则，
即，
∴成等差数列
23．(1)；(2) .
【详解】分析：（1）先根据绝对值几何意义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先化简不等式为，再根据绝对值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范围．
详解：（1）当时，
可得的解集为．
（2）等价于．
而，且当时等号成立．故等价于．
由可得或，所以的取值范围是．
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．