2023届河南省顶级名校高三上学期12月摸底考试数学（文）试题含解析

这是一份2023届河南省顶级名校高三上学期12月摸底考试数学（文）试题含解析，共22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届河南省顶级名校高三上学期12月摸底考试数学（文）试题 一、单选题1．设集合， 则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用一元二次不等及对数不等式的解法，结合交集的定义即可求解.【详解】由，得，解得，所以，由，得，解得，所以，所以，故选：C.2．已知，，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合基本不等式进行判断即可．【详解】充分性：∵，，，∴，当且仅当时，等号成立，∴，当且仅当时，等号成立，∴.必要性：当，时，成立，但不成立，即必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件．故选：A．3．魏晋南北朝时期，中国数学的测量学取得了长足进展.刘徽提出重差术，应用中国传统的出入相补原理，因其第一题为测量海岛的高度和距离，故题为《海岛算经》.受此题启发，某同学依照此法测量郑州市二七纪念塔的高度.如图，点D，G，F在水平线DH上，CD和EF是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”测得以下数据（单位：米）：前表却行DG=1，表高CD=EF=2，后表却行FH=3，表距DF=61.则塔高AB=（    ） A．60米 B．61米 C．62米 D．63米【答案】D【分析】根据已知条件，利用与、与相似即可求出的值．【详解】解：根据题意，，，所以，解得．故选：D.4．已知是定义在上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（    ）A．函数的周期为2 B．函数关于直线对称C．函数关于点中心对称 D．【答案】C【分析】根据为偶函数推导出，根据为奇函数，得到，得到函数的图象关于点对称，故B错误，C正确；由由及推导出，故周期为4，A错误；根据函数的周期性求出，D错误.【详解】∵为偶函数，∴，∴，故即，∴函数的图象关于直线对称.∵为奇函数，∴，∴，所以函数的图象关于点对称，故B错误，C正确；由及知，，∴，∴，即，∴，故∴函数的周期为4，A错误，，故D错误.故选：C.5．如图，在直三棱柱中，，且分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据线线平行可得或其补角是异面直线与所成的角，利用三角形三边关系，由余弦定理即可求解.【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ,，由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,又因为是的中点，所以,所以，则或其补角是异面直线与所成的角.设，则，从而，故,故异面直线与所成角的余弦值是.故选：A6．在平行四边形中，､分别在边､上，，与相交于点，记，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意过点作平行于，交于点，先利用三角形相似求出，然后利用向量的线性运算即可求解.【详解】过点作平行于，交于点，因为，则为的中点，所以且，因为，所以，由可得：，所以，因为，所以，故选：.7．一个几何体的三视图如图，它们为一个等腰三角形，两个直角三角形，则这个几何体的外接球表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出几何体的直观图，分析可知该几何体为三棱锥，其中平面，，计算出的外接圆直径，利用勾股定理可求得三棱锥的外接球直径，再利用球体的表面积公式可求得结果.【详解】由三视图还原原几何体的直观图如下图所示：可以该几何体为三棱锥，其中平面，，，所以，为等边三角形，如下图所示：圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心，且，可将三棱锥置于内，使得的外接圆为圆，其中圆的直径为，故三棱锥的外接球直径为，所以，该几何体的外接球的表面积为.故选：C.8．在上有两个零点，，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先化简题干函数，然后根据零点建立等式即可获解.【详解】其中,不妨设因为是的两个零点,所以即结合的范围知所以,即所以故选：D9．已知正四棱锥的侧棱长为，则该正四棱锥体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设底面正方形边长为，高为，根据已知可得，.体积，求导可得到最大值.【详解】如图，连结交于点，连结.根据正四棱锥的性质，可知平面.设底面正方形边长为，高为，则，.在中，有，即，则.则.设，则，令，解得（舍去负值）.又当时，；当时，.所以，当时，有唯一极大值，也是最大值.故选：D.10．已知中，设角、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为，若，则的值为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】首先根据正弦定理将等式中的角转化成边得：，通过余弦定理可将等式化简整理为，通过三角函数图像可知，同时通过基本不等式可知，即得，通过取等条件可知，，将其代入问题中即可求解答案.【详解】已知由正弦定理可知：，，整理得：，两边同除得：，根据余弦定理得：，即，，，，当且仅当，即时等号成立.又，当且仅当时，等号成立.综上所述：且，故得：，此时且，，.故选：B11．已知函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】化简，采用换元法，将问题转化为有两个不同的零点问题，分离参数，从而将问题转化为直线与的图象有两个不同交点，数形结合，可得答案.【详解】由题意得 ,令 ，，该函数在R上为单调增函数，且 ，故函数有两个不同的零点，即有两个不同的零点，令即直线与的图象有两个不同交点，又，当时，递增，当时，递减，则，当时，，作出其图象如图：由图象可知直线与的图象有两个不同交点，需有，故选：A.【点睛】方法点睛：解决函数有两个不同的零点的问题，要将函数式变形为，实质是采用换元法，令，将问题转化为有两个不同的零点，然后分离参数，利用导数判断函数单调性，数形结合，解决问题.12．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造函数，求导，运用函数的单调性即可判断.【详解】设 ，当 时，有 ，当且仅当 时，等号成立，所以 是减函数， ，即 ；当 时，设 ， 单调递增， ，即 ，即 ；故选：A. 二、填空题13．若满足约束条件，则的最大值为__________.【答案】8【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，在中，是直线的纵截距，向上平移该直线，增大，平移直线，当它过点时，为最大值．故答案为：8.14．已知圆的圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)，则圆的一般方程为________________.【答案】x2＋y2＋2x＋4y－5＝0【分析】方法一：设出圆的标准方程，代入点的坐标，建立方程组，求出答案；方法二：求出线段AB的垂直平分线方程，联立x－2y－3＝0求出圆心坐标，进而计算出半径，写出圆的标准方程，化为一般方程.【详解】方法一：设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，由题意得:,解得：故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.方法二：线段的中点坐标为，即，直线的斜率为，所以线段AB的垂直平分线的斜率为-2，所以线段AB的垂直平分线方程为，即2x＋y＋4＝0，由几何性质可知：线段AB的垂直平分线与的交点为圆心，联立，得交点坐标，又点O到点A的距离，即半径为，所以圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.故答案为：x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.15．已知的所有顶点都在球的表面上，，球的体积为，若动点在球的表面上，则点到平面的距离的最大值为__________.【答案】【分析】设的外接圆的圆心为半径为，球的半径为，由题意可得，，当点为的延长线与球的交于点时，到平面的距离的最大，即可得答案.【详解】解：因为，所以，即.设的外接圆的圆心为的外接圆的半径为，球的半径为，则，因为平面，所以，则.延长与球交于点，当点与点重合时，点到平面的距离取得最大值.故答案为：16．如图所示，在长方体中，，点是棱上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题:①四棱锥 的体积恒为定值;②存在点，使得平面;③对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面;④存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值.其中真命题的是_____________ . （填写所有正确答案的序号）【答案】①②④【分析】由到平面的距离为定值可判断①，由线面垂直的判定定理可判断②，由线面的位置关系可判断③，由面面平行的性质定理和对称性可判断④.【详解】对于①， 由，平面，可得到平面的距离为定值，所以四棱锥的体积为定值，故①正确;对于②，，得对角面为正方形，所以，易知平面，而平面，所以，若，，平面，所以平面，面，所以， ，平面，所以有平面，故②正确;对于③，可作出过的平面与平行，如图所示：当点与棱的中点重合时，作的中点，连接，易知，平面，平面，所以平面，同理平面，，平面，所以平面平面，易知：当点在线段内时，对应的点在棱上，而当点在线段内时，对应的点在棱上，故③错误.对于④，由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，所以四边形的周长，将矩形绕棱向内旋转90度，使矩形和矩形共面，连接交于点，如下图所示：此时，四边形的周长取得最小值，故存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值，故④正确.综上：①②④正确.故答案为：①②④. 三、解答题17．已知数列的前项和为，满足.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由于的关系，结合等比数列的通项公式求解即可；（2）利用错位相减法求解即可【详解】（1）①，当时，②，①②得，即，又时，，∴为首项，公比的等比数列，故，∴（2）③④③④得∴18．已知在中，角所对的边分别为，且.(1)求；(2)设点是边的中点，若，求的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用诱导公式化简给定等式，再利用正弦定理边化角即可求解作答.（2）根据给定条件，利用向量数量积的运算律及性质，结合均值不等式求解作答.【详解】（1）在中，依题意有，由正弦定理得：，而，即，则有，即，而，所以.（2）在中，由（1）知，，又，点是边的中点，则,于是得，显然，当且仅当时取等号，因此，，即，所以的取值范围是.19．如图，在几何体中，平面，，，.(1)证明：平面平面；(2)若，，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）若分别为的中点，连接，易证、为平行四边形，再由平行四边形性质、线面垂直性质可得，，进而由勾股定理得，则，由线面垂直得，最后根据线面、面面垂直的判定证结论；（2）首先确定直线与平面所成角的平面角为，并求证，再应用棱锥体积公式求、，即可求解.【详解】（1）若分别为的中点，连接，所以且，又，，故、，所以为平行四边形，故，且、，所以为平行四边形，故且，而，因为平面，则平面，平面，所以，即，，在中，，故△为等腰三角形，则，平面，平面，故，所以，，面，故面，而面，所以面面.（2）由（1）知：面，故直线与平面所成角的平面角为，所以，因为，，故，即，所以，且，又平面，故，则，而，所以，即直线与平面所成角的正弦值.20．已知函数，．(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；（2）参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.【详解】（1）解：当时，，所以，，所以，故所求切线方程为．（2）解：因为在上恒成立，令，，则，令，则，所以在上单调递减，因为，，由零点存在定理知，存在唯一，使，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，从而．21．如图，△ABC是正三角形，在等腰梯形ABEF中，，.平面ABC⊥平面ABEF，M，N分别是AF，CE的中点，.(1)证明：平面ABC；(2)求三棱锥N－ABC的体积.【答案】(1)证明见解析(2)2 【分析】（1）取的中点，连接，，证明平面平面，原题即得证；（2）取AB的中点O，连接OC，OE，设，由勾股定理即可求出，进而可求解三棱锥N－ABC的体积.【详解】（1）取CF的中点D，连接DM，DN，∵M，N分别是AF，CE的中点，∴，，又∵平面ABC，平面ABC，∴平面ABC.又，∴，同理可得， 平面ABC.∵平面MND，平面MND，，∴平面平面ABC.∵平面MND，∴平面ABC.（2）取AB的中点O，连接OC，OE.由已知得OAEF且OA=EF，∴OAFE是平行四边形，∴OEAF且OE=AF∵△ABC是正三角形，∴OC⊥AB，∵平面ABC⊥平面ABEF，平面平面ABEF＝AB，∴OC⊥平面ABEF，又平面ABEF，∴OC⊥OE.设，，在Rt△COE中，由，解得，即.由题意∠FAB＝60°，M到AB的距离即为M到平面ABC的距离又平面ABC，∴.22．已知，函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)若曲线与直线有且只有一个公共点，求．【答案】(1)减区间为，增区间为(2) 【分析】（1）当时，分析的符号变化，即可得出函数的减区间和增区间；（2）利用导数分析函数的单调性与极值，可知函数有唯一的极小值，根据可求得正实数的值.【详解】（1）解：当时，，函数的定义域为，，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，且．所以当时，，单调递减，当时，，单调递增．因此，当时，函数的减区间为，增区间为.（2）解：依题意，，的定义域为，.令，，所以，在上单调递增，，，故存在，使得.当时，，则，此时单调递减，当时，，则，此时单调递增，当时，取极小值，则也是函数唯一的极值点，由得，即，①等式①的两边同时取自然对数，则有，则．②由①②得，当且仅当时，等号成立．当时函数取最小值，函数的图象过点，函数与有且只有一个交点．由，可得，即，令，其中，则.当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，因此，.所以曲线与直线有且只有一个交点时，．【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.