2023届河南省鹤壁市高中高三下学期4月质量检测理科数学试题含解析

这是一份2023届河南省鹤壁市高中高三下学期4月质量检测理科数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本试卷主要命题范围，已知函数，则下列说法正确的为等内容，欢迎下载使用。
鹤壁市高中2023届高三下学期4月质量检测理科数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本试卷主要命题范围：高考范围。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合，，则A.  B.     C.     D.2.已知复数满足（是虚数单位），则A.     B.     C.     D.3.已知是角的终边上一点，则A.     B.     C.     D.4.若，则“”是“”的A.充分不必要条件   B.必要不充分条件   C.充要条件    D.既不充分也不必要条件5.某企业对其生产的一批产品进行检测，得出每件产品中某种物质含量（单位：克）的频率分布直方图如图所示。则该物质含量的众数和平均数的估计值分别为A.83和84    B.83和85    C.85和84    D.85和856.已知正方体中，，分别为，的中点，则直线，所成角的余弦值为A.     B.     C.     D.7.七辆汽车排成一纵队，要求甲车、乙车、丙车均不排队头或队尾且各不相邻，则排法有A.48种     B.72种     C.90种     D.144种8.已知为数列的前项和，若，，则的通项公式为A.   B.   C.   D.9.已知函数，则下列说法正确的为A.的最小正周期为B.的最大值为C.的图象关于直线对称D.将的图象向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度后所得图象对应的函数为奇函数10.在中，，，，是外接圆上的一点，若，则的最小值是A.     B.     C.     D.11.已知双曲线的左焦点为，为坐标原点，为双曲线的右支上一点，若，，则双曲线的离心率为A.     B.     C.     D.12.已知实数，，满足，且，则A.    B.    C.    D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若函数为奇函数，则实数__________。14.已知为上单调递增的奇函数，在数列中，，对任意正整数，，则数列的前项和的最大值为__________。15.已知抛物线的焦点为，过的直线交于点，，交的准线于点，若，，则__________。16.在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为__________。三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17.（本小题满分12分）在中，角，，的对边分别为，，，，。（1）求角；（2）若，，为边的中点，求的面积。18.（本小题满分12分）经过全国上下的共同努力，我国的新冠疫情得到很好的控制，但世界上其他一些国家的疫情并没有得到有效控制，疫情防控形势仍然比较严峻，为扎紧疫情防控的篱笆，提高疫情防控意识，某市宣传部门开展了线上新冠肺炎世界防控现状及防控知识竞赛，现从全市的参与者中随机抽取了1000名幸运者的成绩进行分析，他们的得分（满分100分）情况如下表：得分频数2515020025022510050（1）若此次知识竞赛得分整体服从正态分布，用样本来估计总体，设，分别为抽取的1000名幸运者得分的平均值和标准差（同一组数据用该区间中点值代替），求，的值；（结果保留整数）（2）在（1）的条件下，为感谢市民的积极参与，对参与者制定如下奖励方案：得分不超过79分的可获得1次抽奖机会，得分超过79分的可获得2次抽奖机会。假定每次抽奖，抽到10元红包的概率为，抽到20元红包的概率为。已知胡老师是这次活动中的参与者，估算胡老师在此次活动中所获得红包的数学期望。（结果保留整数）参考数据：；；，。19.（本小题满分12分）如图，四边形为梯形，，，，点在线段上，且。现将沿翻折到的位置，使得。（1）证明：；（2）点是线段上的一点（不包含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出；若不存在，请说明理由。20.（本小题满分12分）已知函数。（1）讨论函数的单调性；（2）证明：当时，方程在上有且仅有一个实数解。21.（本小题满分12分）已知椭圆的离心率为，椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为，。（1）求椭圆的方程；（2）斜率为的动直线与椭圆相交于，两点，是否存在定点（直线不经过点），使得直线与直线的倾斜角互补？若存在这样的点，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由。（二）选考题：共10分。请考生在第22、23两题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（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，直线与曲线交于不同的两点，。（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若点为直线与轴的交点，求。23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数。（1）当时，求不等式的解集；（2）对于任意实数，，不等式恒成立，求实数的取值范围。           高三理科数学参考答案、提示及评分细则1.B  由题意知，，，所以。故选B。2.B  由题意可得：，则，所以。故选B。3.C  由，，所以。故选C。4.D  若，当时，，当时，；又当时，两边除以，得，当且时，两边除以，得。故“”是“”的既不充分也不必要条件。故选D.5.C  根据频率分布直方图得出众数落在第三组内，所以众数为。含量在之间的频率为0.1；含量在之间的频率为0.2；含量在之间的频率为0.4，根据概率和为1，可得含量在之间的频率为0.3，所以频率分布直方图的平均数为。故选C。6.C  如图所示，取的中点，连接，，易知，则为直线与所成角或其补角。不妨设，则，，。由余弦定理得，即直线与所成角的余弦值为。故选C。7.D  由题意得，甲车、乙车、丙车均不排队头或队尾，且各不相邻，所以甲、乙、丙只能在第二位、第四位、第六位，共有种排法，其他车辆任意排列，所以总排法有种。故选D。8.A  由，，所以。由，所以，又，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，即。故选A。9.D  ，故的最小正周期为，最大值为，对称轴方程为，，即，，故ABC皆错误；对于选项D，将的图象向右平移个单位长度后得到，然后，将此图象向上平移个单位长度，得到函数的图象，是一个奇函数，故D正确，故选D。10.B  由余弦定理得，所以，所以，所以。以的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得，，，设的坐标为，所以，，，又，所以，所以，，所以，当且仅当时，等号成立。故选B。11.A  记为的右焦点，焦距为，连，则，由，有，有，又，所以，即，所以，即，所以，所以，或（舍），所以的离心率为。故选A。12.A  设，则。当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即，所以，所以，即。又，所以，由，所以，所以，即，所以，所以。故选A。13.  函数为奇函数，函数为偶函数，故，即，，则恒成立，化简可得恒成立，则。14.77  因为，且为上的奇函数，所以。又在上单调递增，所以，即，所以为等差数列，且公差为，首项为20，所以，所以，，所以最大，且。15.3  过，分别作准线的垂线，垂足分别为，，准线与轴的交点为，则，。因为，所以，所以，所以，所以，即。16.  设球心为，取的中点，连接，，，则，，由余弦定理可得，所以，所以外接圆的半径，，。在中，，由题意可知，，，共面，所以，所以，所以外接球的半径，故三棱锥外接球的表面积为。17.解：（1）由，得，，即。因为，所以为锐角，，所以。又因为，所以。（2）在中，由余弦定理，解得或（舍）。故。18.解：（1），，所以。（2）设随机变量表示胡老师的抽奖次数，则的可能取值为1，2。，，其分布列为120.84130.1587所以。设随机变量为胡老师一次抽奖获得的红包金额，则的可能取值为10，20，由题意知，，所以随机变量的分布列为1020。所以胡老师此次活动所获得红包的数学期望为（元）。19.（1）证明：因为四边形为梯形，，，，所以，，，，，，即，。在中，过作，垂足为，连接。在中，，，所以。在中，，，，由余弦定理得，所以，所以，所以，即。又，平面，所以平面。又平面，所以。（2）解：在中，，，，所以，所以。又，，平面，所以平面。又平面。所以。又，，平面，所以平面。以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系。则，，，。所以，，，。设，，则。设平面的一个法向量为，则即令，解得，，所以。设平面的一个法向量为，则即令，则，，所以。因为二面角的余弦值为，所以，解得或（舍）。所以存在点，使得二面角的余弦值为，此时。20.（1）解：函数的定义域是，。当时，令，得；令，得，故在上单调递增，在上单调递减；当时，恒成立，故在上单调递减。综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减。（2）证明：当时，方程即为，即。令，则，则“方程在上有且仅有一个实数解”等价于“函数在上有且仅有一个零点”。当时，，所以在上恒成立，所以只需证在上有且仅有一个零点。因为，所以当时，，，所以在上恒成立。所以在上单调递增，又，，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个零点。故方程在上有且仅有一个实数解。21.解：（1）设椭圆的焦距为，由题意知，，，所以，，所以，解得。又椭圆的离心率为，所以，，故椭圆的方程为。（2）假设存在这样的点，设点的坐标为，点，的坐标分别为，，设直线的方程为联立方程消去后整理得。，得，有若直线与直线的倾斜角互补，则直线与直线的斜率之和为零，所以。所以解得或故存在点符合条件点的坐标为或。22.解：（1）由直线的参数方程为（为参数），消去参数，得，即。由，得，将，代入上式，可得曲线的直角坐标方程为，即。（2）将代入曲线的直角坐标方程，整理得，。设，两点对应的参数分别为，，则，，所以与同号，由参数的几何意义，可得，。所以。23.解：（1）当时，因为，所以或或解得或。所以不等式的解集为。（2）对于任意实数，，不等式恒成立，等价于。因为，当且仅当时等号成立，.所以。因为，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，所以当时，。所以，解得，所以。所以实数的取值范围是。