2023届河南省部分名校高三下学期学业质量联合检测数学（理）试题含解析

这是一份2023届河南省部分名校高三下学期学业质量联合检测数学（理）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届河南省部分名校高三下学期学业质量联合检测数学（理）试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合.【详解】因为全集，又因为，，则，因为.故选：C.2．设复数满足.若，则实数（    ）A．2或 B．或 C．或 D．1或【答案】B【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可表示出，再根据得到方程，即可求出的值.【详解】由复数满足，所以，所以，又，所以，故或.故选：B3．记公差不为0的等差数列的前项和为.若成等比数列，，则（    ）A．17 B．19 C．21 D．23【答案】A【分析】设等差数列的公差为， ，根据题意得出关于和的方程组，解出这两个量的值，进而可求得的值.【详解】设等差数列的公差为，由成等比数列，得，即，整理得①.又，即，所以②.由①②得，故.故选：A4．已知向量的夹角为，且是函数的两个零点.若，则（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】由题知或.，再根据向量垂直的数量积表示，数量积的运算律分别讨论求解即可.【详解】解：因为函数的两个零点分别为2，3，所以或.又，所以，则，即.当时，，解得（舍去）；当时，，解得，满足.综上，故选：A5．盒子中装有10个大小相同的球，其中有6个红球，4个黑球.随机取出4个球，则至少有1个黑球的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】用组合数的方法分别计算取出4个球的所有情况和至少一个黑球的情况，古典概型公式计算概率即可.【详解】由题意得取出4个球的所有情况有（种），其中至少有1个黑球的情况有（种），故所求概率为.故选：C6．已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，当与圆相切时，的中点到的准线的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，设直线的方程为，由直线与圆相切可得，再联立直线与抛物线方程，结合焦半径公式即可得到结果.【详解】由题意知，设直线的方程为.因为直线与圆相切，所以圆心到的距离，解得，所以直线的方程为，联立，得，则，所以的中点到的准线的距离为.故选:D7．已知表示不超过实数的最大整数.执行如图所示的程序框图，则输出的（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】列举出每次算法步骤，即可得出输出结果.【详解】执行第一次循环，，，，；执行第二次循环，，，，；执行第三次循环，，，，；执行第四次循环，，，，，退出循环，输出.故选：C.8．已知函数.若，且在区间上单调，则（    ）A． B．或4 C．4 D．或【答案】B【分析】根据三角函数的对称性可得，根据三角函数的单调性可得，进而求得或，解出对应的，验证即可.【详解】由，得函数的图象关于点中心对称；由，得函数的图象关于直线对称，所以，解得，即，得.因为在区间上单调，所以，即，所以，解得.又，所以或.当时，，则，得.由，得，此时，当时，，符合题意；当时，，则，得.由，得，此时，当时，，符合题意.综上，或.故选：B.9．已知正方体的棱长为1，点在线段上，有下列四个结论：①；②点到平面的距离为；③二面角的余弦值为；④若四面体的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为.其中所有正确结论的个数是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】对于①，连接，由四边形为正方形，可得，结合进而得到；对于②，由可得平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，利用等体积法即可求解；对于③，结合题意可得，所以为二面角的平面角，再利用余弦定理即可求解；对于④，由四面体的外接球即为正方体的外接球，所以球的半径为，再利用球的体积公式求解即可.【详解】如图，连接.因为四边形为正方形，所以.又，所以，故①正确；因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离.因为，所以，解得，故②正确；由题意知为全等的等边三角形，当点为的中点时，连接，则，所以为二面角的平面角.由题意知，在中，由余弦定理，得，即，所以，故③错误；因为四面体的外接球即为正方体的外接球，所以球的半径为，其体积为，故④错误.综上，正确结论的个数是2.故选：B.10．已知函数若的图象上至少有两对点关于轴对称，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求得当时，关于轴对称的图象所对应的函数解析式为，将问题转化为与至少有2个交点，作出图象，结合图象求解即可.【详解】解：当时，，则其关于轴对称的图象所对应的函数解析式为.由题意知当时，与的图象至少有两个公共点，即方程在区间,内至少有两个实根.令，在同一平面直角坐标系中分别作出与的图象，如图：由图可知，若直线与曲线至少有两个公共点，则.故实数的取值范围是.故选：C.11．已知双曲线的左､右焦点分别为，左顶点为为坐标原点，以为直径的圆与的渐近线在第一象限交于点.若的内切圆半径为，则的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】渐近线与圆联立求出点坐标，两点间的距离公式求出的长，利用三角形等面积可建立之间的等量关系，同除，建立的一元二次方程，求解即可.【详解】由题意知，双曲线过第一､三象限的渐近线方程为，以为直径的圆的方程为. 联立解得或所以，则.又的内切圆半径为，所以，则.结合，得，所以，解得或（舍去）.故选：A12．已知函数及其导函数的定义域均为，记.若的图象关于点中心对称，为偶函数，且，则（    ）A．670 B．672 C．674 D．676【答案】D【分析】由的图象关于点中心对称，可得，即函数的图象关于直线对称.由为偶函数，可得的图象关于直线对称，进而得到的周期为，从而求解.【详解】因为的图象关于点中心对称，所以，则，所以，即，所以，所以函数的图象关于直线对称.又为偶函数，所以，则，所以的图象关于直线对称，所以，所以的周期为.由，得.又，所以.故.故选：D. 二、填空题13．已知圆.若圆心到直线的距离为1，则直线的方程为__________.（写一个即可）.【答案】（答案不唯一，符合题意即可）【分析】根据直线与圆的位置关系写出符合题意的答案即可.【详解】由题意知直线与圆相切，所以直线的方程可以为.故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）.14．已知函数的导函数为，且，则曲线在点处的切线方程为__________.【答案】【分析】对函数进行求导，结合可得，即可求得切点，然后用点斜式进行求解即可【详解】由），得，所以.令，得，所以，则.故所求切线方程为，即.故答案为：15．记正项数列的前项和为，且满足.若不等式恒成立，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】由写出的式子，通过两式相减化简得出，再利用不等式恒成立问题，得出，进而分析右侧式子的最值，即可求出结果.【详解】因为①，所以当时，②.①-②，得，所以，因为数列是正项数列，则.当时，，则，符合式，从而，是首项为，公比为的等差数列，所以，由，得，即.令，因为在时单调递增，所以单调递减，则当时，取得最大值，且为，所以.故答案为：.16．某数学兴趣小组的学生开展数学活动，将图①所示的三块直角三角板进行拼接､旋转等变化，进而研究体积与角的问题，其中，，直角三角板与始终全等（假设直角三角板与的另两边的大小可变化）.现将直角三角板与放在平面内拼接，直角三角板的直角边也放在平面内，并使与重合，将直角三角板绕着旋转，使点在平面内的射影始终与点重合于点，如图②，则当四棱锥的体积最大时，直角三角板的内角的余弦值为__________.【答案】##【分析】根据题意，由条件可表示出，再由，再结合基本不等式取等号的条件，即可得到结果.【详解】由题意可知平面，设.因为，所以.又，所以，，当且仅当，即时，等号成立，此时，所以.故答案为：. 三、解答题17．记的内角的对边分别为，已知.(1)证明：；(2)若，求的面积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角相互转化以及余弦定理将原式化简，即可得到证明；（2）根据余弦定理即可求得，再由三角形的面积公式即可得到结果.【详解】（1）由，得，即，所以由正弦定理及余弦定理，得，化简得.（2）由余弦定理，得，所以，即①.又由①知②联立①②，得，所以，即的面积为.18．某学校组织学生观看了“天宫课堂”第二课的直播后，极大地激发了学生学习科学知识的兴趣，提高了学生学习的积极性，特别是对实验操作的研究与探究.现有某化学兴趣小组的同学在老师的指导下，开展了某项化学实验操作，为了解实验效度与实验中原料的消耗量（单位：）的关系，该校实验员随机选取了10个小组的实验数据如下表.小组编号12345678910总计实验效度6原料的消耗量15 并计算得.(1)求这10个小组的实验效度与实验中原料的消耗量的平均值；(2)求这10个小组的实验效度与实验中原料的消耗量的相关系数（精确到）；(3)经该校实验员统计，以往一个学年各种实验中需用到原料的实验有200次左右.假设在一定的范围内，每次实验中原料的消耗量与实验效度近似成正比，其比例系数可近似为样本中相应的平均值的比值.根据要求，实验效度平均值需达到.请根据上述数据信息，估计该校本学年原料的消耗量.附：相关系数【答案】(1)0.6，1.5g(2)0.75(3) 【分析】（1）根据数值计算即可；（2）先化简公式：，，然后再代入相关数据计算可得结果；（3）由比例关系直接计算即可.【详解】（1）由题意得这10个小组的实验效度的平均值为，这10个小组实验中原料的消耗量的平均值为.（2）相关系数.（3）设该校本学年原料的消耗量为，则由题可知，所以估计该校本学年原料的消耗量为.19．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为等边三角形，分别为棱的中点.(1)棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；(2)若，当二面角为时，证明：直线与平面所成角的正弦值小于.【答案】(1)时，平面(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，取的中点，连接，根据线面平行的判定定理即可证明；（2）根据题意，连接，证得平面，过点作，可得平面，以为坐标原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可证明.【详解】（1）当点为的中点时，平面，此时如图，取的中点，连接.因为为的中点，所以.又平面平面，所以平面.（2）如图，连接.由条件可知.又，所以.因为为等边三角形，为的中点，所以.故为二面角的平面角，所以.又平面，所以平面.又平面，所以平面平面.在平面内，过点作，交于点，则平面，所以两两垂直.以为坐标原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设，则，，所以.设平面的法向量为，则，解得，令，得，则平面的一个法向量为.设直线与平面所成的角为，则故直线与平面所成角的正弦值小于.20．已知椭圆的左焦点为，点在上，的最大值为，且当垂直于长轴时，.(1)求的方程；(2)已知点为坐标原点，与平行的直线交于两点，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，试探究是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)是，为定值2 【分析】（1）由题意可得到关于的等式，联立进行求解即可；（2）根据题意可假设，与椭圆进行联立可得，求出直线的方程可得到，同理可得，通过计算即可得到定值【详解】（1）的最大值为，当垂直于长轴时，将代入椭圆可得，则，所以，解得所以的方程为（2）为定值.由题可知直线的斜率为，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，故设直线的方程为.联立得，则，解得，则，所以，直线的方程为，令，得，即，所以，同理可得.故，所以为定值2.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21．已知函数.(1)证明：恰有一个零点；(2)设函数.若至少存在两个极值点，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）令，得到，令，再利用零点存在性定理证明即可.（2）将问题转化为方程至少有两个不等实根，分离参数运用导数研究函数的图象与直线的交点，再结合条件求出a的取值范围.【详解】（1）证明：令，得.又，所以.令，则，所以在区间上单调递增.又，所以存在唯一的，使得，即在区间内恰有一个零点，故函数恰有一个零点.（2）由题意知，所以.因为函数至少存在两个极值点，所以方程至少有两个不等实根.令，则.令，则，所以函数在区间上单调递减.又，所以当时，，即0，此时单调递增；当时，，即，此时单调递减，且当时，；当时，；当时，.要使在区间内至少有两个不等实根，则函数的图象与直线在区间上至少有两个交点.作出函数的图象，如图所示，则，解得.此时，在区间和区间内各有一个零点，分别设为，则当或时，；当时，，故为的极小值点， 为的极大值点，符合题意.故实数的取值范围是.【点睛】用导数研究函数零点的方法：（1）涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．（2）含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)若曲线上有且只有一个点到直线的距离为，求实数的值.【答案】(1)，(2)或. 【分析】（1）对于直线的参数方程，利用加减消元法可消掉参数，得到普通方程；对于曲线的极坐标方程，两边乘以即可求得其直角坐标方程.（2）求出圆心到直线的距离，然后利用圆的特征可得，即可求出答案【详解】（1）由（为参数，）消去，得，所以直线的普通方程为.由，得.将代入，得，即，所以曲线的直角坐标方程为.（2）由（1）知曲线是圆，其圆心为点，半径为1，所以圆心到直线的距离为，所以，则，所以或，解得或.故实数的值为或.23．已知函数.(1)当时，求不等式的解集；(2)当时，若函数的图象恒在图象的上方，证明：.【答案】(1)或(2)证明见解析 【分析】（1）分类讨论的范围得到的解析式，然后列不等式求解即可；（2）根据的单调性得到，然后根据函数的图象恒在图象的上方得到，即可证明.【详解】（1）当时，，所以当时，，解得；当时，，解得；当时，，解得.综上，不等式的解集为或.（2）证明：当时，，所以当时，取得最大值，且.要使函数的图象恒在图象的上方，由数形结合可知，必须满足，即，原不等式得证.