2023届河南省普通高中毕业班高考适应性考试数学（理）试题含解析

2023届河南省普通高中毕业班高考适应性考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可.

【详解】由题意可得：，则.

故选：A.

2．已知，为实数，（i为虚数单位）是关于的方程的一个根，则（    ）

A．0 B．1 C．2 D．4

【答案】D

【分析】由是关于的方程的一个根，则是关于的方程的一个根，结合根与系数的关系求解即可.

【详解】由是关于的方程的一个根，

则是关于的方程的一个根，

则，，

即，，则，

故选：D.

3．设数列为正项等差数列，且其前项和为，若，则下列判断错误的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由等差数列的前项和公式和等差数列的性质，可得，由无穷等差数列的各项都为正数，可得公差，逐项判断，即得答案.

【详解】，，故正确；

∵无穷等差数列的各项都为正数，∴公差，，故B确;

，

故C错误;

，故D正确.

故选：C.

4．已知为正方形，其内切圆与各边分别切于,连接,现向正方形内随机抛掷一枚豆子（豆子大小忽略不计），记事件A:豆子落在圆内；事件B:豆子落在四边形外，则

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】分析：设正方形边长为,分别求解圆和正方形的面积，得到在圆内且在正方形内的面积，即可求解.

详解：设正方形边长为,则圆的半径为其面积为

设正方形边长为,则 其面积为

则在圆内且在正方形内的面积为

故

故选C．

点睛：本题考查条件概率的计算，其中设正方形边长和正方形得到在圆内且在正方形内的面积是解题的关键.

5．已知，分别是的边，上的点，且满足，．为直线与直线的交点．若（，为实数），则的值为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三点共线，三点共线分别建立的方程求解即可.

【详解】如图，

因为三点共线，，

所以①，

又，，所以，，

故，又三点共线，

所以②，

联立①②可解的，故.

故选：C

6．已知函数的最小正周期为，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的图象上距离原点最近的对称中心为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据余弦二倍角公式、辅助角公式，结合正弦型函数的最小正周期公式、平移性质、对称性进行求解即可.

【详解】，

因为最小正周期为，，

所以有，即，

因为函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，

所以，

，

所以函数的对称中心为，

令，函数的图象上距离原点最近的对称中心为，

故选：B

7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是双曲线的一条渐近线上的点，且线段的中点在另一条渐近线上．若，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】A

【分析】由中位线可知，即可得出一条渐近线的斜率，据此得出离心率.

【详解】因为分别是的中点，

所以，又，

所以，即，

所以，故.

故选：A

8．如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，则过线段且垂直于平面的截面图形为（    ）

A．等腰梯形 B．三角形 C．正方形 D．矩形

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，取的中点，利用向量可证明平面，再由平行公理及正方体性质确定为等腰梯形.

【详解】如图，以D为坐标原点，分别为建立空间直角坐标系，不妨设正方体棱长为2，

分别取的中点.连接,

则,

所以,,,

所以，,

即,，而，平面，

所以平面，

由的中点，则,又，所以，

即四边形为平面四边形，在正方体中易知,

所以四边形为等腰梯形，

又平面，所以平面 平面，

故满足题意的截面为等腰梯形.

故选：A

9．某中学坚持“五育”并举，全面推进素质教育.为了更好地增强学生们的身体素质，校长带领同学们一起做俯卧撑锻炼.锻炼是否达到中等强度运动，简单测量方法为，其中为运动后心率（单位：次/分）与正常时心率的比值，为每个个体的体质健康系数.若介于之间，则达到了中等强度运动；若低于28，则运动不足；若高于34，则运动过量.已知某同学正常时心率为80，体质健康系数，经过俯卧撑后心率（单位：次/分）满足，为俯卧撑个数.已知俯卧撑每组12个，若该同学要达到中等强度运动，则较合适的俯卧撑组数为（    ）（为自然对数的底数，）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】设俯卧撑组数为组，根据题目所给函数解析式求出运动强度，解不等式求解即可.

【详解】由题意，设俯卧撑组数为组，则，

所以，

所以，

所以，，

因为，且，所以.

故选：B

10．设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过是奇函数和是偶函数可以确定函数的解析式与周期，进而求出结果.

【详解】因为是奇函数，所以①，且关于点对称，

因为是偶函数，所以②，且关于对称，

所以的周期为，

令，由①得，由②得

又，所以，，

令，由①得，

所以，，

所以，又，

所以.

故选：D

11．实数x，y，z分别满足，，，则x，y，z的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据已知即，，， 构选函数 确定其在上单调递减，可得 ，又设，其在上单调递增，所以得．

【详解】解：由已知得 ，，，

设 ，，当时，，

所以 在上单调递减，因此，

即 所以 ，；

又设，，当时，，

所以在上单调递增，

因此 ，所以 ，则；

综上得.

故选：B．

【点睛】方法点睛：构造函数比较大小主要方法有：

1.通过找中间值比较大小，要比较的两个或者三个数之间没有明显的联系，这个时候我们就可以通过引入一个常数作为过渡变量，把要比较的数和中间变量比较大小，从而找到他们之间的大小关系.

2.通过构造函数比较大小，要比较大小的几个数之间可以看成某个函数对应的函数值，我们只要构造出函数，然后找到这个函数的单调性就可以通过自变量的大小关系，进而找到要比较的数的大小关系.有些时候构造的函数还需要通过放缩法进一步缩小范围.

12．如图，直线平面，垂足为，正四面体（所有棱长都相等的三棱锥）的棱长为2，在平面内，是直线上的动点，当到的距离最大时，该正四面体在平面上的射影面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意知点是以为直径的球面上的点，得到到的距离为四面体上以为直径的球面上的点到的距离，最大距离为与的公垂线半径．再由取得最大距离时，垂直平面，且平行平面求解.

【详解】因为直线平面，垂足为，所以点是以为直径的球面上的点，

所以到的距离为四面体上以为直径的球面上的点到的距离，

最大距离为到球心的距离半径，即与的公垂线半径，如图所示：

取的中点，的中点，连接，，，因为，

所以， ，,

所以到的最大距离为，此时，,

当取得最大距离时，垂直平面，且平行平面，

所以投影是以为底，到 的距离投影，即为高的等腰三角形,其面积．

故选：D．

【点睛】关键点点睛：本题关键是明确到的最大距离为为与的公垂线球半径，由共线得到而得解.

二、填空题

13．抛物线的焦点到准线的距离等于__________.

【答案】

【分析】先将抛物线方程，转化为标准方程，求得焦点坐标，准线方程即可.

【详解】因为抛物线方程是，

转化为标准方程得：，

所以抛物线开口方向向右，焦点坐标为 准线方程为：，

所以焦点到准线的距离等于.

故答案为：

【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.

14．已知函数，若，则实数的取值范围是__________．

【答案】

【详解】函数图像如下图所示：

由图像可知函数连续且在上单调递增，所以转化为，即，解得：.

15．安排，，，，五名志愿者到甲，乙两个福利院做服务工作，每个福利院至少安排一名志愿者，则，被安排在不同的福利院的概率为______．

【答案】

【分析】分1人,4人和2人，3人两种情况安排到两个福利院，再分析在4人组，3人组，2人组三种情况得到在同一福利院的分法，利用对立事件的概率求解即可.

【详解】5人分配到2个福利院有1,4和3,2两种分组方法，共有种分法，

其中，被安排在同一组在同一福利院有种，

所以，被安排在不同的福利院的概率为.

故答案为：

16．已知数列满足，．若数列为单调递增数列，则实数的取值范围为______．

【答案】

【分析】若使数列单调递增，则，即，且母函数，所以数列有极限，其值为其不动点(若函数满足，则称是函数的不动点).又在上单调增加，故，所以，下面只需要证明时满足条件即可.

【详解】数列单调递增，则当时， .

当时， ，而在上单调增加，

所以，即，由数学归纳法可得.

当时，因为，所以，即

又，所以，

所以，即

故当时，

此时，而在上单调减少，

所以，即，与题意矛盾.

综上， 的取值范围是

故答案为：

【点睛】注若递推数列单调有界，则母函数在由和不动点为端点所形成的区间范围内单调增加.

三、解答题

17．已知在中，角，，的对边分别是，，，在①；②；③中任选一个作为条件解答下面两个问题．

(1)求角；

(2)已知，，求的值．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1) 若选①根据正弦定理及两角差的余弦定理可得求解；若选②根据正弦定理及三角恒等变换可得求解；若选③由正弦定理及余弦定理求解即可.

（2）由三角形的面积公式及余弦定理即可得解.

【详解】（1）若选①：因为，

所以由正弦定理可得

因为，所以.

所以可得，即

所以

因为，所以.

若选②：因为,

所以由正弦定理可得

所以

因为 ,所以.

所以

因为，所以.

若选③：因为，

所以由正弦定理可得

所以由余弦定理可得

因为，所以.

（2）由（1）知，

因为，，

所以，解得，

由余弦定理，得

所以.

18．如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，，，，分别为，的中点，且平面平面．

(1)求证：；

(2)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）由菱形性质可得BP⊥AD，根据面面垂直的性质可得线面垂直，再由勾股定理得出DF⊥AF，利用线面垂直的判定定理及性质定理得证；

（2）建立空间直角坐标系，根据向量法求解即可.

【详解】（1）如图，

连接BP，在菱形ABCD中，，所以是是等边三角形，则BD=2，BP⊥AD，

平面平面，平面ABCD∩平面平面ABCD，

平面ADF.

又平面， .

在中，

DF⊥AF.

又AF//BE，DF⊥BE.

连接EP，平面BEP，

DF⊥平面BEP.

又PQ平面BEP，.

（2）由（1）知BP⊥AD，且平面平面，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则

，，

设平面BDF的一个法向量，则即，

取，则

设直线与平面所成角为，

则

直线与平面所成角的正弦值为.

19．某学校筹备成立足球社团,由于报名人数太多,需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取.规则如下:每人最多有四次机会,只要连续踢进2个点球,则停止踢球并予以录取;若已经确定不能连续踢进2个点球,则停止踢球且不予录取.下表是某同学六次训练数据,以这150个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率.

(1)求该同学被录取的概率;

(2)若该同学要进行“点球测试”,记他在测试中进球的个数为,求随机变量的期望.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据题意可求出该同学单次点球踢进的概率,因为每人最多有四次机会,只要连续踢进2个点球,则停止踢球并予以录取,共有4种情况,列式求解即可;

(2)先根据题意确定的取值为,再分别求解当取各值时的概率,根据数学期望公式即可求解.

【详解】（1）根据题意,该同学单次点球踢进的概率为:,

所以该同学被录取的概率为:.

（2）的取值为,

,

,

,

,

所以随机变量的期望为:

.

20．已知椭圆的右焦点，点在椭圆上．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)过点的直线与椭圆交于，两点．若，，求的最小值（是坐标原点）．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆定义求出，再由焦点得，即可得解；

（2）设出点的坐标，利用向量得坐标间关系，代入点差法所得等式，可求出，即是直线上动点，再由点到直线距离求最小值即可.

【详解】（1）由题意，椭圆的焦点为，，

由椭圆定义知

所以

所以椭圆的标准方程为

（2）由题意知，设

由，，得且

又，都在椭圆上，所以

两式作差，得

把代入式，得

又由，得

所以

所以到直线的距离

经检验，此时垂足在椭圆内部.

所以的最小值为.

21．已知函数．

(1)讨论在上的单调性；

(2)若不等式恒成立，求的取值范围．

【答案】(1)答案不唯一，具体见解析

(2)

【分析】（1）根据函数求解导数，故按照，确定导函数正负区间，得函数到单调性；

（2）根据不等式，参变分离得恒成立，故可构造函数确定函数的单调性求最小值，则求得的取值范围．

【详解】（1）解：因为，，所以．

当时，由，得；由，得．

则在上单调递减，在上单调递增．

当时，由，得；由，得．

则在上单调递增，在上单调递减．

综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减．

（2）解：不等式恒成立，即不等式恒成立，即等价于恒成立．

设，则．

设，则．

设，则．

由，得，所以在上单调递增，

则，即，故在上单调递增．

因为，所以在上单调递增，

则，得，所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

则．

故，即的取值范围是．

22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（其中为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)射线：与曲线，分别交于点A，B（均异于极点），当时，求的最小值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）先消去参数得到的普通方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式将转化成直角坐标方程即可；

（2）根据的定义计算，化简计算可得，再利用即得结果.

【详解】（1）曲线的参数方程为（其中为参数），消参可得普通方程为，

由可得，

因为，所以曲线的直角坐标方程整理得

（2）曲线根据可得对应的极坐标方程为整理得，

联立，得，

联立，得，

因为，所以

因为，所以，

所以当时，有最小值，该值为

23．已知正实数a，b，c满足.

(1)求的最小值；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明过程见解析.

【分析】（1）运用柯西不等式进行求解即可；

（2）运用基本不等式进行证明即可.

【详解】（1）因为，，

所以有，

当且仅当时取等号，即取等号；

（2）因为，

所以，当且仅当时取等号，

同理，当且仅当时取等号，

，当且仅当时取等号，

于是有，当且仅当时取等号.