2023届河南省五市高三第一次联考数学（文）试题含解析

这是一份2023届河南省五市高三第一次联考数学（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届河南省五市高三第一次联考数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由对数复合函数的定义域求集合B，利用交集的概念和运算求即可.【详解】由题设知：，而，∴.故选：D.2．已知复数z满足，则等于（    ）A．－1 B．0 C．1 D．2【答案】B【分析】根据复数的除法运算可求得，再结合的周期性运算求解.【详解】由题意可得：，可得：，则故．故选：B．3．已知，，且，则在方向上的投影为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，求出的值，再利用向量投影的意义求解作答.【详解】因为，，且，则有，即，解得，所以在方向上的投影为.故选：D4．为迎接北京年冬奥会，小王选择以跑步的方式响应社区开展的“喜迎冬奥爱上运动”（如图）健身活动.依据小王年月至年月期间每月跑步的里程（单位：十公里）数据，整理并绘制的折线图（如图），根据该折线图，下列结论正确的是（    ）A．月跑步里程逐月增加B．月跑步里程的极差小于C．月跑步里程的中位数为月份对应的里程数D．月至月的月跑步里程的方差相对于月至月的月跑步里程的方差更大【答案】C【分析】根据折线分布图中数据的变化趋势可判断A选项；利用极差的定义可判断B选项；利用中位数的定义可判断C选项；利用数据的波动幅度可判断D选项.【详解】对于A选项，月至月、月至月、月至月月跑步里程逐月减少，A错；对于B选项，月跑步里程的极差约为，B错；对于C选项，月跑步里程由小到大对应的月份分别为：月、月、月、月、月、月、月、月、月、月、月，所以，月跑步里程的中位数为月份对应的里程数，C对；对于D选项，月至月的月跑步里程的波动幅度比月至月的月跑步里程的波动幅度小，故月至月的月跑步里程的方差相对于月至月的月跑步里程的方差更小，D错.故选：C.5．已知是定义在上的函数，满足，且满足为奇函数，则下列说法一定正确的是（    ）A．函数图象关于直线对称 B．函数的周期为2C．函数图象关于点中心对称 D．【答案】D【分析】由易得图象关于直线对称，再由为奇函数，得到图象关于对称，进而结合得到，有函数的周期为4判断.【详解】解：因为满足，所以，所以函数图象关于直线对称，因为为奇函数，所以，即，则函数图象关于对称，则，令得，由，得，所以函数的周期为4，所以，故选：D6．记正项等比数列的前n项和为，若，则该数列的公比（    ）A． B． C．2 D．3【答案】C【分析】根据给定条件，结合等比数列的意义列出关于的方程，求解作答.【详解】正项等比数列中，，由得，整理得，即，解得，所以数列的公比.故选：C7．如图是把二进制数化为十进制数的一个程序框图，则判断框内应填入的条件是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】题意输出，按照程序运行，观察与的关系，确定判断框内的条件即可.【详解】由题意输出，按照程序运行：按照程序运行：；；，,,；此时结束循环输出结果，故判断框内的条件应为；故选：B.8．若变量，满足，则的最大值是（    ）A．12 B．10 C．8 D．15【答案】B【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可．【详解】解：画出满足条件的平面区域，如图示：如图点坐标分别为，目标函数的几何意义为，可行域内点与坐标原点的距离的平方，由图可知到原点的距离最大，故.故选：B9．已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，则下列结论：①；                                    ②平面平面；③点到平面的距离为；                    ④三棱锥的体积为；⑤与所成角的正弦值为.其中正确的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】对于①利用线线平行的判定即可；对于②利用面面垂直的判定即可；对于③④利用三棱锥的体积公式及等体积法转化即可；对于⑤利用余弦定理即可.【详解】如图所示，对于①，在正方体中易知,而,∴不平行，故①错误；对于②取中点G，连接，可得为等腰三角形，由题意可得，同理,，故又∵面，面∴面而面，所以面面，即面与面不垂直，故②错误；对于③④，设点到平面的距离为，则，∴，，③④正确；对于⑤，取中点,连接，∥，即易知与的夹角可化为与的夹角，由余弦定理可得，故⑤正确.综上正确的结论有三个，故选:C  10．已知函数的最小正周期为，若，把的图象向左平移个单位长度，得到奇函数的图象，则（    ）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】根据平移得的表达式，由为奇函数以及可得，进而由可得，由代入即可求值.【详解】∴，∵为奇函数，∴，即，∴．又，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故选:A．11．若直线l：与曲线C：有两个公共点，则实数m的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】依题意作出曲线C的图象，作出直线的图象，平行移动直线，即可得到当直线l介于与之间时，直线l与曲线C有两个公共点，结合图象，即可求出实数m的取值范围．【详解】当时，曲线C的方程为，轨迹为椭圆的右半部分；当时，曲线C的方程为，轨迹为双曲线的左半部分，其渐近线为，作出图象如下图，直线l（图中虚线）是与直线平行的直线，平行移动直线，可得直线l，如图可知，当直线l介于直线和（与l平行且与椭圆相切，切点在第一象限）之间时，直线l与曲线C有两个公共点．设的方程为，，则有，联立，消去x并整理得，由，解得或（舍），故m的取值范围为．故选：B．12．柏拉图多面体并不是由柏拉图所发明，但却是由柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名，由于它们具有高度的对称性及次序感，因而通常被称为正多面体.柏拉图视“四古典元素”中的火元素为正四而体，空气为正八面体，水为正二十面体，土为正六面体.如图，在一个棱长为的正八面体（正八面体是每个面都是正三角形的八面体）内有一个内切圆柱（圆柱的底面与构成正八面体的两个正四棱锥的底面平行），则这个圆柱的体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意得到，，然后利用勾股定理得到，在中根据相似列方程，整理得，然后根据圆柱的体积公式求体积，最后求导，根据单调性求最值即可.【详解】解：如图，设正八面体上顶点为A，圆柱上底面圆心为B，正四棱锥底面中心为C,取四棱锥底面边中点为D，AD交圆柱上底面于E.设该圆柱的底面半径为，高，由题可知，，，则．又，∴，，∴圆柱的体积，，可知，当时，；当时，，所以当时，单调递增，当时，单调递减，∴当时，．故选:. 二、填空题13．已知等差数列的前项和为，若，且，则______．【答案】182【分析】根据等差数列的求和公式以及等差数列的性质即可求解.【详解】因为，所以，解得．又，所以，所以．故答案为：182．14．割圆术是估算圆周率的科学方法，由三国时期数学家刘徽创立，他用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积，从而得出圆周率为3.1416，在半径为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形的概率为__________．【答案】【分析】求出圆内接正十二边形的面积和圆的面积，再用几何概型公式求出即可．【详解】半径为1的圆内接正十二边形，可分割为12个顶角为，腰为1的等腰三角形，∴该正十二边形的面积为，根据几何概型公式，该点取自其内接正十二边形的概率为，故答案为：．15．已知圆，点P是直线上的动点，过P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的最小值为______．【答案】##【分析】根据圆的切线的性质，结合三角形面积与，化简可得，进而得到，根据最短时，最短求解即可【详解】圆，即，由于PA，PB分别切圆C于点A，B，则，，，所以，因为，所以，又，所以，所以，即，所以最短时，最短，点C到直线的距离即为的最小值，所以，所以的最小值为故答案为：16．已知函数，则在上的最大值与最小值之和为______．【答案】【分析】把的图象向上平移3个单位长度，可得函数的图象，可证得为奇函数，在上的最大值与最小值之和为0，从而得出答案．【详解】由题意，得，把的图象向上平移3个单位长度，可得函数的图象．当时，，即为奇函数，则在上的最大值与最小值之和为0，故在上的最大值与最小值之和为．故答案为：． 三、解答题17．2019年12月武汉出现的不明原因的病毒性肺炎，后发现这种肺炎传染性极强，春节到来时中央发出了武汉封城，全国停工停产，学校停课的决定.到2022年底，各地疫情不断，因学校是人员密集场所，所以会根据疫情情况不定时的停课.停课不停学，师生们开始了在家网课教与学的常态化状态.某网站为疫情在家学习的学生们提供了“学习强国”APP的学习平台.某校为了调研学生在该APP学习情况，研究人员随机抽取了2000名学生进行调查，将他们在该APP上学习的时间转化为分数，最长的学习时间赋为100分，最短的学习时间为0分，某两天的分数统计如下表所示：分数人数5001000200300 (1)现用分层抽样的方法从80分及以上的学员中随机抽取5人，再从抽取的5人中随机选取2人作为学习小组长，求所选取的两位小组长的分数都在上的概率；(2)为了调查学生的学习情况是否受到家庭的影响，研究人员随机抽取了500名学生作出调查，得到的数据如下表所示： 有人陪伴在身边学习独自学习分数超过80220110分数不超过808090 判断是否有的把握认为“学习强国”APP得分情况受是否有人陪伴的影响．附：，其中．0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828  【答案】(1)；(2)有的把握认为“学习强国”APP得分情况受是否有人陪伴的影响. 【分析】（1）求出抽取的5人中分数在、内的人数，再利用列举法求出概率作答.（2）根据给定的列联表，求出的观测值，再与临界值表比对作答.【详解】（1）依题意，分数在内的应抽人数为，记这两人为，分数在内的应抽人数为，记这三人为，随机选取2人作为学习小组长的试验包含的基本事件有：，共10个，其中选取的两位小组长的分数都在内的事件含有的基本事件有：，共3个，所以所选取的两位小组长的分数都在内的概率.（2）列联表为： 有人陪伴在身边学习独自学习合计分数超过80220110330分数不超过808090170合计300200500 则的观测值：，所以有的把握认为“学习强国”APP得分情况受是否有人陪伴的影响．18．在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.(1)求证：；(2)求的最小值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由已知及余弦定理可推出,利用正弦定理边化角结合两角和差的正弦公式化简可得，即可证明结论；（2）利用（1）的结论将边化角，结合三角恒等变换可得，由基本不等式可求得答案.【详解】（1）证明：在中，由已知及余弦定理，得，即,由正弦定理，得，又，故.∵，∴,∵，∴，故.（2）由（1）得，∴，，由（1），得，当且仅当时等号成立，所以当时，的最小值为.19．在直三棱柱中，，、、分别为、、的中点，，点在线段上，且，．(1)当时，证明：平面；(2)当为何值时，点到平面的距离为？【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接、、，证明出平面，可得出，证明出，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）取的中点，连接、，设，推导出，求出的长，求出的面积，利用可求得的值，即可求得的值.【详解】（1）证明：因为平面，平面，，，，、平面，所以，平面，因为平面，，连接、，在直三棱柱中，因为，则，且，为的中点，则，且，因为且，则四边形为平行四边形，则且，、分别为、的中点，则且，故四边形为平行四边形，所以，且，因为且，且，故四边形为平行四边形，平面，平面，，所以，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以．连接，如图，，，因为，所以，则，且，所以，则，则，所以．因为，、平面，所以平面．（2）解：连接，因为，，是的中点，所以，且，，，，平面，，平面，设，则，且，取的中点，则，连接，则，且，则，所以，又，由得，解得，又因为，所以，因此，当时，点到平面的距离为．20．已知函数.(1)若函数在定义域内单调递增，求a的取值范围；(2)若，在上恒成立，求整数k的最大值.（参考数据：，）【答案】(1)(2)6 【分析】（1）在定义域内单调递增，在定义域内恒成立，.转化为求最小值问题.（2）恒成立问题转化为求最值，利用导数研究单调性，找最值求范围.【详解】（1），函数定义域为，∵在上单调递增，∴在上恒成立，，记，，解得，，解得，∴在上单调递减，在上单调递增，∴，∴，a的取值范围为（2）由可知，，∴，记，∵，令，，，解得，，解得在上单调递减，在上单调递增，   ，，∴，，，，∴，∴单调递减，，，，∴单调递增，，∵，，∴，∴整数k的最大值为6．21．已知椭圆过直线上一点作椭圆的切线，切点为，当点在 轴上时，切线 的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，求 面积的最小值.【答案】（1）（2）【分析】（1）直线与椭圆相切，一般利用判别式为零进行转化：联立切线方程与椭圆方程得，；（2）先根据直线与椭圆相切得等量关系，设切线为,则有，因而得切点坐标而，再表示三角形面积，一是利用点到直线距离表示高，二是利用两点间距离公式求底边长,，再利用判别式法求最值.【详解】（1）当 点在 轴上时，直线，,,椭圆方程为（2）设切线为,设,则,且,则,直线为到直线 距离,则.设,则,所以的最小值为.【点睛】方法点睛：求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个（或者多个）变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.曲线的极坐标方程为.（1）写出的极坐标方程；（2）设点M的极坐标为，射线分别交，于A，B两点(异于极点)，当时，求.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和普通方程之间进行转换．（2）利用极径和三角函数关系式的变换的应用求出结果．【详解】解：（1）∵(为参数)∴曲线的普通方程为，即∵，，∴∴曲线的极坐标方程为（2）依题意设，，∴由得.由得.∵，∴∴∵是圆的直径，∴.∴在直角中，∴在直角中，∴，即∴.【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和普通方程之间的转换，极径，三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力．23．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的最小值为m，正实数a，b满足，证明：.【答案】（1）或；（2）证明见解析.【分析】（1）首先将写成分段函数的形式，然后解出即可；（2）首先求出有最小值，然后利用柯西不等式求解即可.【详解】（1）.即，或，或解得或，所以原不等式的解集为或.（2）证明：由（1）知当时，有最小值，所以，.因为，所以，因为，，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以，当且仅当，时取等号.【点睛】本题考查的是含绝对值不等式的解法和利用基本不等式求最值，考查了分类讨论的思想，属于基础题.