2023届河南省许济洛平高三第三次质量检测数学（理）试题含解析

这是一份2023届河南省许济洛平高三第三次质量检测数学（理）试题含解析，共19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届河南省许济洛平高三第三次质量检测数学（理）试题 一、单选题1．设全集，集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意，将集合化简，然后结合集合的运算，即可得到结果.【详解】因为，则，因为，则，所以，即.故选:C2．已知复数，若为纯虚数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，由为纯虚数可求得，从而可得结果.【详解】因为为纯虚数，则，解得，所以，即.故选:D3．若如图所示的程序框图输出的结果为，则图中空白框中应填入（    ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】根据循环体结构，执行循环体，即可求解.【详解】根据循环体结构可知：当时，执行循环体，此时,，当时，执行循环体，此时,，当时，执行循环体，此时,，当时，不再执行循环体，退出循环，故填，故选：A4．空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为、、、、和六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、“重度污染”和“严重污染”六个等级．如图是某市2月1日至14日连续14天的空气质量指数趋势图，则下面说法中正确的是（    ）．A．这14天中有5天空气质量为“中度污染”B．从2日到5日空气质量越来越好C．这14天中空气质量指数的中位数是214D．连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日【答案】B【分析】根据折线图直接分析各选项.【详解】A选项：这14天中空气质量为“中度污染”有4日，6日，9日，10日，共4天，A选项错误；B选项：从2日到5日空气质量指数逐渐降低，空气质量越来越好，B选项正确；C选项：这14天中空气质量指数的中位数是，C选项错误；D选项：方差表示波动情况，根据折线图可知连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方程最小的是9日到11日，D选项错误；故选：B.5．在某次活动中将5名志愿者全部分配到3个展区提供服务，要求每个展区至少分配一人，每名志愿者只分配到一个展区，则甲乙两名志愿者在同一展区的不同分配方案共有（    ）A．72种 B．54种 C．36种 D．18种【答案】C【分析】根据题意，分两步进行，先分组，再分配，再由分步计数原理即可得到结果.【详解】根据题意，分两步进行，①将5名志愿者分为3组，有两种分组方法，若分组为的三组，且甲乙两名志愿者在同一展区，则种方法，若分组为的三组，且甲乙两名志愿者在同一展区，则种方法，所以共有种分组方法；②再将分好的三组对应3个不同的展区，有种情况；则共有种不同的分配方案.故选:C6．已知抛物线C：的焦点为，为抛物线C上的点，线段AF的垂直平分线经过点，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先应用垂直平分线得到距离相等，计算出坐标后，应用抛物线定义求出到焦点距离即可.【详解】已知抛物线C：的焦点为，设线段AF的垂直平分线经过点，所以,即得,，因为，所以上式化简得,解得,根据抛物线定义可得.故选：D.7．蒙特卡洛方法是第二次世界大战时期兴起和发展起来的，它的代表人物是冯·诺依曼，这种方法在物理、化学．生物，社会学等领域中都得到了广泛的应用．在概率统计中我们称利用随机模拟解决问题的方法为蒙特卡洛方法．甲、乙两名选手进行比赛，采用三局两胜制决出胜负．若每局比赛甲获胜的的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，利用随机模拟的方法估计甲最终赢得比赛的概率，由计算机随机产生之间的随机数，约定出现随机数0、1或2时表示一局比赛甲获胜，现产生了20组随机数如下：312  012  311  233  003  342 414  221  041  231  423  332  401  430  014  321  223  040  203  243，则依此可估计甲选手最终赢得比赛的概率为（    ）A．0.6 B．0.65 C．0.7 D．0.648【答案】B【分析】根据题意，结合古典概型的概率计算公式，即可得到结果.【详解】根据题意，在20组随机数中，表示甲获胜的有，共13个；则可估计甲选手最终赢得比赛的概率.故选:B8．已知函数的图像如图所示，则ω的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用二倍角的余弦公式和辅助角公式将函数化简，然后利用图象过点即可求解.【详解】函数，由图象可知函数过点，则，所以，解得，当时，，故选：B.9．已知函数，记，，，则，，的大小关系为（    ）．A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数的奇偶性及指数函数的性质判断函数单调性，再根据自变量的大小关系比较函数值的大小.【详解】由，，所以函数为偶函数，又当时，，所以函数在上单调递增，因为，且又，，，，则，又，则，所以，所以，所以，即，故选：C.10．在三棱锥中，是边长为的正三角形，若三棱锥的外接球的表面积为100π，则三棱锥体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别求出外接圆，三棱锥的外接球的半径，再由平面时，三棱锥体积取最大值，从而由公式得出体积.【详解】设外接圆的圆心为，三棱锥的外接球的半径为.因为三棱锥的外接球的表面积为100π，所以，三角形ABC的外接圆半径为，三棱锥体积取最大值时，平面，此时，最大值为：.故选：B11．若对任意的，，且，，则m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先得出，再将整理为，构造函数，其中，当时，，即在，单调递减，求出，分析得出减区间，即可得出m的取值范围．【详解】由题可知，，因为，且，所以，两边同时除以得，，即，设函数，其中，因为当时，，所以在单调递减，因为，令，，当时，，即在上单调递增，当时，，即在上单调递减，所以，故选：D．12．已知棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，P为线段上的一个动点，有下述四个结论：①直线MN与所成的角的余弦值为；②平面截正方体所得截面的面积为；③点到平面的最大距离为；④存在点，使得平面，则正确结论的个数是A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】由题意证得，得到直线与所成的角即为直线与所成的角，设，在直角中，求得，可判定①不正确；根据题意得到平面截正方体所得的截面为矩形，求得截面的面积，可判定②错误；连接交于点，取的中点，证得平面，得到点到平面的最大距离为，可判定③正确；由②知，点在平面内，可判定④错误.【详解】对于①中，如图所示，因为分别为棱的中点，可得，所以，则直线与所成的角即为直线与所成的角，设，因为正方体的棱长为，可得，在直角中，可得，即直线与所成角的余弦值为，所以①不正确；对于②中，如图所示，因为分别为棱的中点，可得，延长交于点，则平面截正方体所得的截面为矩形，可得，所以截面的面积为，所以②错误；对于③中，如图所示，连接交于点，取的中点，分别连接，因为四边形为正方形，所以，又由正方体的性质，可得平面，且平面，所以，又因为，所以平面，即平面，设与平面所成的角为，则点到平面的距离为，当时，，即点到平面的最大距离为，又由，所以点到平面的最大距离为，所以③正确；对于④中，由②知，平面截正方体所得的截面为矩形，可得点在平面内，所以不存在点使得平面，所以④错误.故选：A 二、填空题13．已知向量，，若，则______．【答案】3【分析】根据，得到，从而求得的值，进而得到的坐标表示，再根据向量的模的计算公式即可求解．【详解】由，则，得，所以，，则，所以．故答案为：3．14．的展开式中常数项为______（用数字作答）．【答案】7【分析】根据题意，可得其展开式的通项公式，再求出常数项即可.【详解】因为则其展开式的通项公式为，令，则，所以其常数项为.故答案为：.15．如图，双曲线E：的左、右焦点分别为，，过作以为圆心、为半径的圆的切线，切点为T.延长交E的左支于P点，若M为线段的中点，且，则E的离心率为______.【答案】【分析】用和来表示,用和双曲线的定义列式子求解即可.【详解】由题意，得，，，，，解得.故答案为：16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且，的平分线交BC于D．当的面积最大时，AD的长为______．【答案】【分析】由余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可得到面积的最大值，从而求出与，再由正弦定理计算即可.【详解】因为，即，在中，由余弦定理可得，所以，且，所以，且，则，所以，当且仅当时，等号成立，此时，此时，，在中，，由正弦定理可得，故答案为: 三、解答题17．某校为了调查网课期间学生在家锻炼身体的情况，随机抽查了150名学生，并统计出他们在家的锻炼时长，得到频率分布直方图如图所示．(1)求a的值，并估计锻炼时长的平均数（同组数据用该组区间的中点值代替）；(2)从锻炼时长分布在，，，的学生中按分层抽样的方法抽出7名学生，再从这7名学生中随机抽出3人，记3人中锻炼时长超过40分钟的学生人数为X，求X的分布列和数学期望．【答案】(1)，平均值为(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据题意结合频率的性质求，进而可求平均数；（2）根据分层抽样求各层抽取的人数，结合超几何分布求分布列和期望.【详解】（1）由题意可得：，解得，样本数据在，，，，，的频率分别为0.06，0.10，0.12，0.36，0.24，0.12，则平均值为，故估计锻炼时长的平均数.（2）20分钟到60分钟中各组的频率比为，所以应抽人，抽取人，抽取人，抽取人．∴X的所有可能取值为0，1，2，3．，，，，∴X分布列为0123 ∴．18．已知等比数列的前项和为，，且．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2). 【分析】（1）根据题意，由与的关系，结合等比数列的定义即可求得，从而得到数列的通项公式；（2）根据题意，由错位相减法即可得到结果.【详解】（1），①-②得由，（且），令，，．为等比数列，则则此时数列的公比为，，．（2）． ① ②②-①得整理得．19．如图，正三棱柱中，，M，N分别为棱BC，的中点，P为AM上的一点，过P，，三点的平面交AB，AC于点E，F．(1)证明：平面平面；(2)若平面与平面，所成锐二面角大小为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；(2)建系设动点应用空间向量面面角求法计算求解即可. 【详解】（1）∵为正三棱柱，∴平面又平面，∴．又N为正三角形边的中点，∴，平面,平面∴平面．平面．∴平面平面．（2）以M为原点，MB所在直线为x轴，AM所在直线为y轴，MN所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．，由（1）知平面，平面的法向量为．设，则，∴∵，∴，∴，∴∴，．设平面的法向量为令，则，，∴．∴解得．点P位于线段AM上靠近点A的处．20．已知对称轴都在坐标轴上的椭圆C过点与点，过点的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线，分别交直线于E，F两点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）设椭圆C的方程为，由两点得出椭圆C的标准方程；（2）联立直线l与椭圆方程，由直线的方程得出坐标，再由韦达定理以及数量积公式，得出的范围，进而得出的最值.【详解】（1）设椭圆C的方程为且，因为椭圆C过点与点，所以，解得.所以椭圆C的标准方程为.（2）设直线，由，得，即，则.直线的方程分别为.令，则.则，，所以.因为，所以.即的取值范围为.所以存在最小值，且最小值为.【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键在于利用韦达定理将双变量变为单变量问题，从而由的范围，得出的取值范围.21．已知函数，．(1)当时，求函数在点处的切线方程；(2)当时，，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由导数的几何意义进行求解即可；（2）求导后，对进行分类讨论，由函数的单调性和取值情况确定满足题意的的取值范围即可.【详解】（1）当时，，∴，∴切点坐标为，又∵，∴切线斜率，∴函数在点处的切线方程为，即.（2）（），令，①当时，，当时，，∴在区间上单调递增，当时，成立；②当时，图象的对称轴为，∴在区间上单调递增，，i）当时，，，，∴，∴在区间上单调递增，当时，成立；ii）当时，，，使，当时，，∴，∴区间上单调递减，当时，，不合题意；③当时，令，，则，当时，，∴在区间上单调递减，当时，，∴当时，∴令，由解得，，即，使，不合题意.综上所述，实数的取值范围是.【点睛】导数研究不等式问题，常用的方法有：（1）参数分离法：将参数分离，通过构造新的函数的值域研究参数的取值范围；（2）分类讨论法：对参数的取值范围分情况进行讨论，确定满足题意的参数取值范围；（3）放缩法：对原不等式进行放缩，通过证明或者证伪确定参数的取值范围.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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；(2)设点的直角坐标为，直线与曲线交于，两点，求的值．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）利用消参法可得直线的普通方程，再根据直角坐标与极坐标的转化公式可得曲线的直角坐标方程；（2）利用直线标准参数方程的几何意义进行求解.【详解】（1）由直线的参数方程，消去参数可得，即；又曲线的极坐标方程为，即，由，得，即；（2）由直线过点，且直线的标准参数方程为（为参数），代入曲线，得，即，则，，所以.23．已知函数．(1)当时，求不等式的解集；(2)若的最小值为2，且，求的最小值．【答案】(1)(2)9 【分析】（1）根据零点分区间，分类求解即可，（2）根据绝对值三角不等关系可得，进而结合基本不等式即可求解.【详解】（1）当时，等价于，当时，，则，当时，，则，当时，，则，综上所述，不等式的解集为．（2），当且仅当等号成立，，即，，，，当且仅当，即，即，时，等号成立，故的最小值为9