2023届河南省新未来高三5月联考数学（理）试题含解析

这是一份2023届河南省新未来高三5月联考数学（理）试题含解析，共18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届河南省新未来高三5月联考数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由指数函数性质得集合，解绝对值不等式得集合，然后根据交集定义计算．【详解】∵，，∴．故选：C．2．已知复数z满足，则（    ）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】由复数的除法运算和模长运算可得答案.【详解】依题意，，∴．故选：A．3．已知向量，满足，，，则（    ）A． B． C．12 D．24【答案】C【分析】根据数量积的运算律即可求解．【详解】由，所以．故选：C．4．一个球体被平面截下的一部分叫做球缺．截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高，球缺曲面部分的面积，其中R为球的半径，H为球缺的高．如图，若一个半径为R的球体被平面所截获得两个球缺，其高之比为，则表面积（包括底面）之比（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由球的性质可求出截面圆的半径，从而求出表面积，可解此题.【详解】∵，，∴，，∴．故选：B5．设F为抛物线的焦点，点P在抛物线上，点Q在准线l上，满足轴．若，则（    ）A．2 B． C．3 D．【答案】A【分析】先根据题意和抛物线的性质可得到为等边三角形，进而即可求得的值．【详解】依题意有，则为等边三角形，又轴，所以．故选：A．6．执行如图所示的程序框图，则输出a的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定的程序框图，依次各次循环的值，确定退出循环时值表达式，再利用二倍角的正弦公式计算作答.【详解】第一次循环：，；第二次循环：，；第三次循环：，，…，第6次循环：，，所以.故选：A7．已知，，，则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据对数的运算性质，化简得到，，，即可求解.【详解】由对数函数的运算性质，可得，，，所以．故选：D．8．已知正项数列的前n项和为，满足，则（    ）A．2022 B．2023 C．2024 D．2025【答案】B【分析】由递推式得出，两式相减根据，可得是首项为1，公差为1的等差数列，进而利用通项公式求解即可.【详解】由题意，，，两式相减，得，．，．当时，，，是首项为1，公差为1的等差数列．．故选：B9．已知函数的图象在内有且仅有一条对称轴，则的最小值为（    ）A．0 B． C．1 D．【答案】B【分析】由，则，再根据题意得到，从而求得的范围，进而得到的范围，再利用正弦函数的性质即可求解．【详解】由，又，则，因为函数的图象在内有且仅有一条对称轴，所以，解得，则，所以，故则的最小值为．故选：B．10．随机掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和除以，余数分别为，，，，所对应的概率分别为，，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由古典概型概率公式求解即可.【详解】由题设，两枚骰子所得点数之和除以4的余数情况如下：余数123456123012323012303012301412301252301236301230从表中余数情况可知，共36个基本事件，其中余数为，，，，分别有个，个，个，个基本事件，∴，，，，∴．故选：B．11．已知斜率为的直线l经过双曲线的右焦点F，交双曲线C的右支于A，B两点，且，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设出直线l的方程为，联立双曲线，得到两根之和，两根之积，由得到，结合两根之和，两根之积，列出方程，求出离心率.【详解】设，，直线l的方程为，其中，联立得．∴，，由，得，即，∴，即，∴，整理得，∴离心率．故选：C．12．若，恒成立，则a的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】原不等式等价于，当，可得，当时构造，利用导数研究单调性可得，即可得在上恒成立，构造，利用导数求得最大值，即可求解.【详解】依题意，．因为，所以，若，显然成立，此时满足；若，令，在上恒成立，∴在上单调递增，而，∴．综上，在上恒成立，∴．令，，所以当时，单调递增；当时，单调递减.所以，即．所以a的最小值为.故选：B．【点睛】不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合( 图象在 上方即可)；③分类讨论参数. 二、填空题13．二项式的展开式中含的系数为________．【答案】10【分析】先求二项式的展开式的通项公式，再令的次数为5即可求解.【详解】展开式通项公式为，令，得，展开式中含的系数为．故答案为：10.14．定义在上的函数满足，则______．【答案】1012【分析】先根据题意可得到，从而可得到函数的周期性，再通过赋值和得到和，进而即可求解．【详解】由，则，所以，即，所以是以4为周期的周期函数．令，得，所以，令，则，所以，所以．故答案为：1012．15．已知P为正方体表面上的动点，若，，则当DP取最小值时，三棱锥的体积为______．【答案】/【分析】由已知得，得点P的轨迹是以为直径的球面与正方体表面的交线，为两段圆弧，根据圆的性质，取AB中点O，连接DO，当DP取最小值时，P为线段DO与半圆弧的交点，由此计算三棱锥体积即得．【详解】∵，∴,∴点P的轨迹点P的轨迹是以为直径的球面与正方体表面的交线，是以AB为直径的两段半圆弧．取AB中点O，连接DO，当DP取最小值时，P为线段DO与半圆弧的交点．，，，．故答案为：．16．如图，在等腰中，，，点D在所在的平面内，且．当取得最小值时，______．【答案】【分析】设，当点D在内时，取得最小值，由余弦定理可得，再由利用两角差的正弦展开式化简得，设，，则转化为方程一定有解可得答案．【详解】设，显然，当点D在内时，取得最小值，此时，设，，则方程一定有解，则，即，∴，当取最小值时，．故答案为：． 三、解答题17．已知数列满足，．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用递推式得出是以1为首项，3为公比的等比数列，求出，进而求解即可.（2）利用错位相减法求解数列前项和即可.【详解】（1）由，得，又，是以1为首项，3为公比的等比数列，，，即数列的通项公式为.（2）由（1）知，，则，①得，②①－②得，故．18．如图，在三棱锥中，侧面底面ABC，且为等边三角形，，，D为PA的中点．(1)求证：；(2)求直线BD与平面PBC所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取AC中点E，连接DE，BE，得，由面面垂直性质得线面垂直，从而得线线垂直，再由平行线性质得，从而得证线面垂直后证得题设结论线线垂直；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求线面角．【详解】（1）证明：如图，取AC中点E，连接DE，BE，∵为等边三角形，∴，又侧面底面ABC，底面ABC，侧面底面，∴平面PAC．∵平面PAC，∴，又D，E分别为PA，AC中点，∴，又，∴，∵，DE，平面BDE，∴平面BDE，又平面BDE，∴；（2）以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设等边的边长为4，∴，，，，，∴，，，设平面PBC的法向量为，则，即，则可取，∴，∴直线BD与平面PBC所成角的正弦值为．19．清明节，又称踏青节、行清节、三月节、祭祖节等，是传统的重大春祭节日，扫墓祭祀、缅怀祖先是中华民族自古以来的优良传统．某社区进行流动人口统计，得知近5年回老家2次及以上的人数占比约为90%，现在随机抽取了100人，了解他们今年是否回老家祭祖，得到如下不完整的列联表： 回老家不回老家总计50周岁及以下 55 50周岁以上15 40总计  100(1)根据统计完成以上列联表，依据小概率值的独立性检验，并根据表中数据分析，是否有把握认为回老家祭祖与年龄有关？(2)从社区流动人口中随机抽取3人，设其中近5年回老家2次及以上的人数为X，求X的分布列和数学期望．参考公式：，其中．参考数据：0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828 【答案】(1)列联表见解析；有把握认为是否回老家祭祖与年龄有关(2)分布列见解析； 【分析】（1）由题意补全列联表，计算与临界值比较即可得解；（2）由题意可得，根据二项分布得出概率分布列，求期望.【详解】（1）补全表格如下： 回老家不回老家总计50周岁及以下5556050周岁以上152540总计2080100，∴有把握认为是否回老家祭祖与年龄有关；（2）由题意，一个居民近5年回老家2次及以上的概率为，由题意X的所有可能取值为0，1，2，3，且，则，，，．∴X的分布列为：X0123P0.0010.0270.2430.729数学期望．20．已知椭圆过点，且离心率为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线与椭圆C交y轴右侧于不同的两点A，B，试问：的内心是否在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)的内心在定直线上 【分析】（1）根据题意建立关于，的方程组，再求解即可得到椭圆C的标准方程；（2）设，，联立直线和椭圆C的标准方程，得到关于的一元二次方程，再根据韦达定理证明，进而即可得出结论．【详解】（1）依题意有，解得，所以椭圆C的标准方程为．（2）设，，联立，消整理得，则，，所以，所以，所以，又，所以恒成立，则的平分线总垂直于x轴，所以的内心在定直线上．【点睛】关键点点睛：在解答小问（2）时，关键在于利用韦达定理得到，进而得到的内心在定直线上．21．已知函数，，．(1)若，在上恒成立，求实数的取值范围；(2)若函数与的图象有且只有一条公共切线，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）构造函数，利用导数求解的单调区间和最值，使恒成立求解即可；（2）分别设与的图象的切线，使两条切线斜率和截距相等，并只有一组解即可.【详解】（1）若，则，设，，则，令，解得，当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，∴当，取得极大值，∴当时，，即，∴若在上恒成立，则.∴实数的取值范围是.（2）∵，，，∴，，设与上各有一点，，∴在点处的切线方程为，即，在点处的切线方程为，即，若函数与的图象有且只有一条公共切线，则方程组有唯一解，消去，整理得，（）令，，（），则有唯一零点，∴，（），令，解得，∴当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，∴当时，取极小值，∵有唯一零点，∴，令，（），则，∴当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，∴当时，取极大值，且是的唯一零点，即有唯一实数根，∴当时，函数与的图象有且只有一条公共切线．【点睛】方法点睛：两个函数图象的公切线问题，一般先设切点分别求出两条切线，再使两条切线的斜率和截距相等得到方程组，转化为方程组有解问题，再通过消元、构造函数的方法解决.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)求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；(2)设直线与曲线，分别交于A，B两点（异于极点），求线段AB的长度．【答案】(1)曲线；曲线(2) 【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，进而化为极坐标方程即可；（2）直线过原点，所以化为极坐标方程后与曲线，的极坐标方程联立，利用的几何意义求解即可.【详解】（1）曲线（为参数），消去参数得，将代入，得曲线的极坐标方程为，由得，∴，∴曲线的直角坐标方程为；（2）易知直线l的极坐标方程为，代入曲线，的极坐标方程得，，∴．23．已知，函数的最小值为2，证明：(1)；(2)．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据绝对值的三角不等式，得到的最小值为，进而化简得到，结合二次函数的性质，即可求解；（2）由（1）得到，化简，结合基本不等式，即可求解.【详解】（1）证明：由于，则，当且仅当取等号，故的最小值为，所以，当且仅当，时取等号.（2）解：由（1）知，所以，所以，当且仅当，即时取等号．