2023届河南省平许济洛高三第二次质量检测数学（理）试题含解析

这是一份2023届河南省平许济洛高三第二次质量检测数学（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届河南省平许济洛高三第二次质量检测数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由对数函数性质得，再求集合运算即可.【详解】解：由得，所以，或，因为，所以或，即故选：D2．已知复数，则的实部为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由可得，进而可得，即可得答案.【详解】解：因为，所以，所以，所以的实部为.故选：A.3．从3，5，7，11这四个质数中，每次取出两个不同的数分别为，共可得到的不同值的个数是（    ）A．6 B．8 C．12 D．16【答案】C【分析】应用排列数求从四个数中任选2个的种数，并注意是否会重复，即可得结果【详解】由于，所以从3，5，7，11中取出两个不同的数分别赋值给和共有种，并且计算结果不会重复，所以得到不同的值有12个.故选：C.4．在正项等比数列中，是的等差中项，则（    ）A．16 B．27 C．32 D．54【答案】D【分析】由题可得，进而可得，即得.【详解】设数列的公比为，则，∴，解得，（舍去），∴.故选：D.5．已知点是双曲线的右焦点，点是双曲线上位于第一象限内的一点，且与轴垂直，点是双曲线渐近线上的动点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由双曲线的方程可得点坐标及渐近线方程，进而求得点坐标，利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】解：由双曲线方程可得，点坐标为，将代入双曲线方程，得，由于点在第一象限，所以点坐标为，因为双曲线的渐近线方程为，所以，点到双曲线的渐近线的距离为．因为是双曲线渐近线上的动点，所以的最小值为．故选：B．6．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．8 C． D．10【答案】D【分析】多面体的直观图可以看成由直三棱柱与四棱锥组合而成，根据三视图尺寸求出对应体积即可【详解】多面体的直观图如图所示，它可以看成由直三棱柱与四棱锥组合而成，， 则直三棱柱体积为，四棱锥体积为，所以多面体的体积为.故选：D7．已知点C（2，0），直线kx－y＋k=0（k≠0）与圆交于A，B两点，则“△ABC为等边三角形”是“k=1”的（    ）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】当为等边三角形时，求出斜率的值，当时，判断的形状，即可选出答案.【详解】设圆心为，易知，半径，当为等边三角形时，，而，因为，所以，当时，直线为：，而，所以，所以，所以为等腰三角形，因为，圆心到直线的距离为，即，所以圆心为的重心，同时也是的外心，所以为等边三角形，所以“为等边三角形”是“”的充要条件，故选：A.8．已知函数有4个不同的零点，则正实数的范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，先研究当时有1个零点，进而将问题转化为当时，有3个不同的零点，再根据正弦函数，整体代换求解即可.【详解】解：当时，，，所以，在上单调递增，因为，所以，当时，存在唯一的，使得，所以，当时，有1个零点.因为函数有4个不同的零点，所以，当时，有3个不同的零点令因为，所以，所以，函数在上有3个零点，所以，解得，所以，正实数的范围为故选：B9．在中，点为的中点，，与交于点，且满足，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平面向量基本定理，用表示即可得答案.【详解】解：如图，因为点为的中点，，所以，，，所以，即，解得所以，的值为.故选：B10．已知函数满足：.若函数在区间上单调，且，则当取得最小值时，（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据求出，得，求出的对称中心为，，根据函数在区间上单调，且，推出为的对称中心，由，，可求出结果.【详解】因为，其中，，因为，所以，即，解得，所以，令，，则，，所以的对称中心为，，因为函数在区间上单调，且，则为的对称中心，所以，，即，，当时，取得最小值，所以.故选：A11．在正项数列中，，，记．整数满足，则数列的前项和为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由递推公式得是等差数列，得的通项公式，由不等式得，用裂项相消法求的前120项和.【详解】因为，，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，又因为，所以，所以，因为，，整数满足，所以，的前120项和为.故选：B.12．若函数f（x）的定义域为R，且f（2x＋1）为偶函数，f（x－1）的图象关于点（3，3）成中心对称，则下列说法正确的个数为（    ）①的一个周期为2    ②③ ④直线是图象的一条对称轴A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由题意，根据函数的奇偶性，可得，，且，根据函数周期性的定义，可判①的正误；根据周期性的应用，可判②的正误；根据函数的周期性，进行分组求和，根据函数的对称性，可得，，可判③的正误；根据函数的轴对称性的性质，可判④的正误.【详解】因为偶函数，所以，则，即函数关于直线成轴对称，因为函数的图象是由函数的图象向左平移个单位，所以函数关于点成中心对称，则，且，对于①，，，则函数的周期，故①错误；对于②，，故②正确；对于③，，则，，则，由，则，故③正确；对于④，，而函数不是偶函数，所以不恒成立，故④错误.故选：B. 二、填空题13．曲线在点处的切线的斜率为，则________.【答案】-4【分析】利用导数的几何意义求解.【详解】因为，所以，当 时，，因为曲线在点处的切线的斜率为，所以，解得，故答案为：-414．的展开式中x的系数为______．【答案】-3【分析】变形得到，求出的通项公式，分别求出与时的值，与对应的中的项相乘后再相加求出结果.【详解】，的展开式通项公式为，当时，，故，当时，，故，故，所以的展开式中x的系数为-3.故答案为：-315．过原点且相互垂直的两条直线分别交抛物线于A，B两点（A，B均不与坐标原点重合），则抛物线的焦点到直线AB的最大距离为______．【答案】## 1.5【分析】设，，根据求出，利用求出直线：，根据直线过定点可求出抛物线的焦点到直线AB的最大距离.【详解】由得，焦点，依题意可设，，则，，因为，所以，又，所以，，直线，所以，所以，所以，所以直线过定点，所以抛物线的焦点到直线AB的距离的最大值为焦点与定点之间的距离，所以抛物线的焦点到直线AB的最大距离为.故答案为：16．在三棱柱中，平面ABC⊥平面，平面⊥平面，侧棱与底面所成的角为，，D为的中点，二面角的正切值为，则四棱锥的外接球的表面积为______．【答案】【分析】根据题意分析可得平面，再根据线面夹角和二面角求得相关棱长，进而可得四边形为等腰梯形，故四棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，再根据垂直关系可得为共斜边的直角三角形，则三棱锥的外接球的球心即为的中点，进而可求半径及表面积.【详解】过作直线平面，∵平面ABC⊥平面，平面⊥平面，则平面，且平面，又∵平面平面，故直线即为直线，∴平面，且平面，可得，过作，垂足为，∵平面ABC⊥平面，平面平面，平面，∴平面，且平面，故，过作，垂足为，，平面，故平面，且平面，∴，故二面角的平面角为，∵二面角的正切值为，即为锐角，∴点在线段上，且，即，又∵侧棱与底面所成的角为，且，∴侧棱与底面所成的角为，且平面，故，可得，则，且，故，可得，∵，则为等边三角形，可得，∴四边形为等腰梯形，故四边形的外接圆即为的外接圆，连接，故四棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，可得，则，即，∵平面，平面，则，，平面，∴平面，且平面，则，即为共斜边的直角三角形，取的中点，连接，则，故三棱锥的外接球的球心即为，其半径，可得四棱锥的外接球的表面积.故答案为：.【点睛】结论点睛：若三棱锥有两个面为共斜边的直角三角形，则三棱锥的外接球的球心为该斜边的中点. 三、解答题17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求角C；(2)若c=4，△ABC的面积为，求a，b．【答案】(1)(2)a=b=4 【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式和正弦定理可求出结果；（2）根据三角形面积得，再结合余弦定理可求出结果.【详解】（1）依题意由得，根据正弦定理得，则，则，所以，由于，所以，所以，所以，则，由于，则．（2）由题意：，所以ab=16．又由余弦定理以及c=4，得，所以，所以，所以a=b=4．18．相关统计数据显示，中国经常参与体育锻炼的人数比例为37.2%，城乡居民达到《国民体质测定标准》合格以上的人数比例达到90%以上．某市一健身连锁机构对其会员进行了统计，制作成如下两个统计图，图1为会员年龄分布图（年龄为整数），图2为会员一个月内到健身房次数分布扇形图．若将会员按年龄分为“年轻人”（20岁-39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或40岁及以上）两类，将一个月内到健身房锻炼16次及以上的会员称为”健身达人”，15次及以下的会员称为“健身爱好者”，且已知在“健身达人”中有是“年轻人”．(1)现从该健身连锁机构会员中随机抽取一个容量为100的样本，根据图的数据，补全下方2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为“健身达人”与年龄有关？ 年轻人非年轻人合计健身达人   健身爱好者   合计    附：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828 (2)将（1）中相应的频率作为概率，该健身连锁机构随机选取3名会员进行回访，设3名会员中既是“年轻人”又是“健身达人”的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望．【答案】(1)列联表见解析，没有95%的把握认为“健身达人”与年龄有关；(2)分布列见解析，数学期望为. 【分析】（1）根据条件完善列联表，然后算出即可；（2）随机变量X满足二项分布，然后根据二项分布进行求概率和期望【详解】（1）根据年轻人标准结合图1可得年轻人占比为80%，则年轻人人数为10080%=80，则非年轻人为20人，根据图2表格得健身达人所占比60%，所以其人数为10060%=60，根据其中年轻人占比，所以健身达人中年轻人人数为，则非年轻人为10人；健身爱好者人数为100-60=40，再通过总共年轻人合计为80人，则健身爱好者中年轻人人数为80-50=30，根据非年轻人总共为20人，则健身爱好者中非年轻人人数为20-10=10，所以列联表为 年轻人非年轻人合计健身达人501060健身爱好者301040合计8020100 ，所以没有95%的把握认为“健身达人”与年龄有关．（2）由（1）知，既是年轻人又是健身达人的概率为，则随机变量X满足二项分布，，，，，故X的分布列：X0123P 则的数学期望为．19．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为菱形，平面PAD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，，AB＝2，M为PC上一点，且．(1)求异面直线AP与DM所成角的余弦值．(2)在棱PB上是否存在点N，使得平面BDM？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，且 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线AP与DM所成角的余弦值.（2）设，求得平面的法向量，由列方程，由此求得，即.【详解】（1）设是的中点，连接，由于，所以，由于平面PAD⊥平面ABCD且交线为，平面，所以平面，由于平面，所以，在菱形中，，所以三角形是等边三角形，所以，故两两相互垂直，由此建立空间直角坐标系如下图所示，，，，，所以直线AP与DM所成角为，则.（2），设平面的法向量为，则，故可设.平面，设，则，若平面，则，解得，所以在棱PB上是存在点N，使得平面BDM且.20．已知椭圆的长轴长为4，，为C的左、右焦点，点P（不在x轴上）在C上运动，且的最小值为.(1)求椭圆C的方程；(2)过的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，记的内切圆的半径为r，求r的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆的几何性质可得，再由余弦定理和基本不等式得出，即可求出椭圆C的方程；（2）易知的周长为定值，利用等面积法可求得内切圆的半径与面积的表达式，联立直线l与椭圆C的方程写出面积的表达式再通过构造函数利用函数单调性即可求得内切圆的半径为r的取值范围.【详解】（1）由题意得，设，的长分别为m，n，，则在中，由余弦定理可得当且仅当时取等号，从而，得，∴，所以椭圆的标准方程为.（2）设，，由题意，根据椭圆的定义可得的周长为，，所以，设l的方程为，联立椭圆方程，整理可得，易知且，， ，所以，令，则，，令函数，则，当时，恒成立，所以在上单调递增，则，所以，即，故r的取值范围为.【点睛】方法点睛：求三角形内切圆半径可利用等面积法，把整个三角形看成三个以内切圆圆心为顶点的小三角形，根据三个小三角形面积之和与大三角形面积相等，建立三角形周长、面积与内切圆半径之间的关系式即可求得结果.21．已知函数（是自然对数的底数）．（1）求函数的最小值；（2）若函数有且仅有两个不同的零点，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）求导，令，求得极小值即可. （2）（），，当时，易知函数是增函数，不合题意，当时，求导，令，由导数法知是增函数，利用零点存在定理，得到函数有最小值，且，然后由导数法论证在或存在一个零点即可.【详解】（1）函数，令，解得．当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以函数有最小值．（2）（），．当时，函数是增函数，有唯一的零点，与已知矛盾．当时，，令，则，所以是增函数．又，，故存在，使，即．当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增，所以函数有最小值，且,，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以．当时，存在使，再，故有且仅有两个不同的零点；当时，此时，有唯一的零点；当时，存在使，再，故有且仅有两个不同的零点．综上所述，．【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，，直线的参数方程为（为参数，），直线，垂足为.以为坐标原点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)分别写出曲线与直线的极坐标方程；(2)设直线､分别与曲线交于､与､，顺次连接､､､四个点构成四边形，求.【答案】(1)曲线极坐标方程为，直线的极坐标方程且.(2). 【分析】（1）首先将、化为普通方程，再应用公式法求曲线与直线的极坐标方程，最后由两线垂直写出的极坐标方程.（2）由题设知，令，，联立（1）中所得极坐标方程，结合韦达定理求值即可.【详解】（1）由的参数方程，可得，则，即，∴.由题设知：为，故的极坐标方程为，又，∴为且.（2）由题设知：，若，,联立与：，可得，，联立与：，可得，，∴.∴.23．已知二次函数，(1)已知是正实数，且，求证：；(2)若对任意，不等式恒成立，求的最大值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由，利用柯西不等式可直接证得结论；（2）由一元二次不等式恒成立可构造不等式组求得，，并求得；将所求式子化为，设，分别在和的情况下，结合基本不等式可求得最大值.【详解】（1）由得：，，由柯西不等式得：（当且仅当时取等号），则.（2）由得：，，则，；，又，，则，令，则，设，当时，；当时，（当且仅当时取等号），的最大值为.