2023届河南省许济洛平高三第三次质量检测数学（文）试题含解析

2023届河南省许济洛平高三第三次质量检测数学（文）试题

一、单选题

1．设全集，集合，，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】解不等式可求得集合，由交集和补集定义可求得结果.

【详解】由得：，即，又，

，.

故选：C.

2．已知复数为纯虚数，则实数m的值为（    ）．

A． B． C． D．1

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算化简，即可根据纯虚数的定义求解.

【详解】，

由于为纯虚数，故，显然，

所以

故选：D

3．在平行四边形中，对角线与交于点，，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据向量的线性运算直接计算.

【详解】

由已知对角线与交于点，，

则，

所以，

故选：A.

4．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：A

5．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214

D．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.

6．设，是方程的两根，且，则（    ）．

A． B． C．或 D．

【答案】B

【分析】利用两角和的正切公式求解即可.

【详解】因为，是方程的两根，

所以

所以，

因为

所以且，

所以，所以，

所以，

故选:B.

7．已知三棱锥中，底面，若，，则三棱锥的外接球的体积为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用正弦定理可求得外接圆半径，利用可求得外接球半径，代入球的体积公式即可得到结果.

【详解】，是边长为的等边三角形，

的外接圆半径，又底面，

三棱锥的外接球半径，

三棱锥的外接球体积.

故选：B.

8．将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再把所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．若对任意的，均有，则的最小值为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据和差角以及辅助角公式化简得，进而根据图象的伸缩变换和平移变换得，根据最大值即可求解.

【详解】由得，将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变得到，再将向左平移个单位长度得到，由于对任意的，均有，故当

时，取最大值，因此,解得，由于，故当时，取最小值，

故选：C

9．著名物理学家牛顿在世纪提出了牛顿冷却定律，描述温度高于周围环境的物体向周围媒质传递热量逐渐冷却时所遵循的规律．统计学家发现网络热搜度也遵循这样的规律，即随着时间的推移，热搜度会逐渐降低．假设事件的初始热搜度为，经过（天）时间之后的热搜度变为，其中为冷却系数．若设某事件的冷却系数，则该事件的热搜度降到初始的以下需要的天数至少为（    ）．（，取整数）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意得到不等式，解不等式即可求得结果.

【详解】由题意得：，即，，

，又，至少需要天.

故选：D.

10．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.

11．已知双曲线：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.延长交的左支于点，若为线段的中点，且，则的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知把，用，表示，再由勾股定理求得，然后结合列式求解双曲线的离心率.

【详解】解：由题意，得，，

，，

，

解得.

故选：C.

【点睛】本题考查双曲线的离心率的求解，考查数形结合思想，运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据几何关系得，进而结合求解.

12．已知向量的夹角为60°的单位向量，若对任意的､，且，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量的运算，求得模长，整理不等式，构造函数研究其单调性，利用导数，可得答案.

【详解】已知向量的夹角为的单位向量，则

所以

所以对任意的，且，则

所以，即，

设，即在上单调递减，

又时，，解得，

所以在上单调递增；

在上单调递减，所以，

故选：A．

二、填空题

13．在区间内随机取一个数x，使得成立的概率为__________．

【答案】

【分析】由，利用对数函数的单调性解得x的范围，再利用几何概型的概率求解.

【详解】解：因为，

所以，解得，

所以使得成立的概率为，

故答案为：

14．已知抛物线的焦点为，点，点在抛物线上，且，则__________．

【答案】##0.5

【分析】利用抛物线的性质结合正弦定理即可得解.

【详解】

由点，可知点为准线与轴的交点，

如图所示，过点作于，

由抛物线定义可知，

所以在中，，

则，所以，

所以在中，.

故答案为：.

15．定义在R上的函数满足，且当时，．若对任意，都有，则t的取值范围是__________．

【答案】

【分析】由，根据，可得依此类推，作出函数的图象，结合图象即可求解．

【详解】因为当时，，所以，

因为，当时，即时，

由，所以，

同理可得

依此类推，作出函数的图象，如图所示：

由图象知：当时，令，则，

对任意，都有，则

故的取值范围为，

故答案为：

16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且，则面积的最大值为__________．

【答案】

【分析】根据正弦定理边角互化可得，结合不等式可得，由余弦定理可得，进而由面积公式即可求解.

【详解】由正弦定理得，由于，当且仅当时等号成立，又，因此由，故,

故答案为：

三、解答题

17．已知数列满足，．

(1)证明：为等差数列；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)证明过程见详解

(2)

【分析】（1）由题意可得，再结合等差数列的定义即可证明结论；

（2）结合（1）可得的通项公式，从而得到，再利用裂项相消求和即可．

【详解】（1）因为数列满足，

整理得，所以，

又，所以是以1为首项，为公差的等差数列．

（2）结合（1）可得，所以，

则，

所以

18．某校即将举办春季运动会，组委会对一项新增的运动项目进行了调查，以了解学生对该项目是否有兴趣．组委会随机抽取人进行问卷调查，经统计知男女生人数之比为，对该项目没有兴趣的学生有人，其中女生占．

(1)完成列联表，并判断能否有的把握认为对该项目有兴趣与性别有关？

(2)若从对该运动项目没有兴趣的学生中按性别用分层抽样的方法抽取人，再从这人中随机选出人进一步了解没有兴趣的原因，求选出的人均为男生的概率．

附：，其中．

【答案】(1)表格见解析；有的把握认为对该项目有兴趣与性别有关

(2)

【分析】（1）根据已知计算对该项目有无兴趣的男女生人数，完成联表，再计算，对照表格得解；

（2）根据分层抽样计算人中男女生人数，再利用古典概型概率计算公式计算.

【详解】（1）由已知男女生人数之比为，且总人数为，

得男生人，女生人，

又对该项目没有兴趣的学生有人，其中女生占，

则对该项目有兴趣的学生有人，

对该项目没有兴趣的女生人，男生人，

对该项目有兴趣的女生人，男生人，

有如下联表

则，

所以有的把握认为对该项目有兴趣与性别有关；

（2）由（1）得对该运动项目没有兴趣的学生中男女生的比例为，

所以人中男生人，女生人，

设名男生分别为，，，，名女生分别为，，

则人中随机选出人的可能为，共种，

设选中的人均为男生为事件，则，共种，

则人中随机选出人均为男生的概率.

19．如图，四棱锥的底面为矩形，，，侧面底面，是上的动点（不含、点）．

(1)证明：平面平面；

(2)若，，当为的中点时，求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直证明线面垂直与线线垂直，进而可证线面垂直与面面垂直；

（2）利用等体积转化法求点到平面距离.

【详解】（1）由已知侧面底面，且平面平面，

又底面为矩形，，

平面，即平面，

又平面，

，

又，且，，平面，

平面，

又平面，

平面平面；

（2）

如图所示，取中点，连接，

由，，

得，且，，

又侧面底面，平面平面，

平面，，

由（1）得平面，平面，

且平面，平面，

，，

又为的中点，

，，

设点到平面得距离为，

则，

解得，

所以点到平面得距离为.

20．已知函数.

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)若对于任意的，都存在，使得成立，试求实数的取值范围.

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【分析】（1）求出导函数，由导数的正负确定单调性；

（2）利用导数求出的最小值，问题转化为不等式恒成立，再用分离参数法分离参数后转化为求函数的最大值．

【详解】（1）由题可知函数的定义域为.

因为，则.

当时，.

所以当时，，函数在上单调递减；

当时，，函数在上单调递增.

所以的单调递增区间为的单调递减区间为.

（2）因为，所以，

又，所以，故函数在上单调递增，

所以.

所以对任意的恒成立，即恒成立.

所以恒成立.

令，则.

令，则，解得.

当时，，所以函数在上单调递增；

当时，，所以函数在上单调递减.

所以.所以.

所以实数的取值范围是.

【点睛】方法点睛：本题考查用导数研究函数的单调性、确定不等式恒成立问题．在含有全称量词与存在量词的命题中注意问题的转化：

（1）对于任意的，任意的，恒成立，

（2）对于任意的，存在，使得成立，

（3）存在，使得对任意的，都有成立，

（4）存在，存在，使得成立．

21．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.

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