2023届河南省豫南名校高三下学期四月联考数学（理）试题含答案

这是一份2023届河南省豫南名校高三下学期四月联考数学（理）试题含答案，共23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届河南省豫南名校高三下学期四月联考数学（理）试题

一、单选题
1．设复数z在复平面内对应的点为，若，则a=（    ）
A．2i B． C． D．
【答案】C
【分析】根据复数的几何意义可得，再根据复数的模即可求解.
【详解】因为复数z在复平面内对应的点为，所以.
因为，所以，解得.
故选:C.
2．设集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解出集合，将集合进行运算即可得出结论.
【详解】，，
而，则
，故A错误，B正确；
，故C错误；
，故D错误；
故选：B.
3．已知为单位向量，，且与的夹角为，则（    ）
A．10 B．8 C．5 D．4
【答案】A
【分析】利用平面向量的数量积及模的关系计算即可.
【详解】，故.
故选：A
4．某科研团队通过电催化结合生物合成的方式，将二氧化碳和水高效合成高纯度乙酸，并进一步利用微生物合成葡萄糖和脂肪酸（油脂），该工作的突破，为人工和半人工合成“粮食”提供了新技术．在对照实验过程中，科研人员将收集到的实验组与对照组的实验数据进行记录如图，由于不小心被化学物质腐蚀了两个数据，已知被腐蚀前对照组的数据总值比实验组大35，被腐蚀后实验组的中位数增加了1，则对照组与实验组被腐蚀数据分别是（    ）

A．17；14 B．15；14
C．17；15 D．16；13
【答案】D
【分析】设对照组的腐蚀数据的个位数为，实验组的腐蚀数据的个位数为，由题意可得，再由中位数的定义可求得即可求出答案.
【详解】设对照组的腐蚀数据的个位数为，实验组的腐蚀数据的个位数为，
被腐蚀后的对照组的数据总值为：，
被腐蚀后的实验组的数据总值为：
，
被腐蚀后的实验组的数据的中位数为，
被腐蚀前对照组的数据总值比实验组大35，即，
即，
被腐蚀前的实验组的数据的中位数为，
被腐蚀后实验组的中位数增加了1，即，解得：，
.
故对照组与实验组被腐蚀数据分别是16,13.
故选：D.
5．我国自主研发的世界首套设计时速达600公里的高速磁浮交通系统，标志着我国掌握了高速磁浮成套技术和工程化能力，这是当前可实现的“地表最快”交通工具，因此高速磁浮也被形象地称为“贴地飞行”．若某高速磁浮列车初始加速至时速600公里阶段为匀加速状态，若此过程中，位移x与时间t关系满足函数（为初速度，k为加速度且）．位移的导函数是速度与时间的关系．已知从静止状态匀加速至位移公里需，则时速从零加速到时速600公里需（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题中所给函数解析式先求得k的值，再利用即可求得答案.
【详解】由题意得匀加速过程中，位移x与时间t关系满足函数，
则由从静止状态匀加速至位移公里需可得，
则由可得（s），
故选：C
6．在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若，b＝2c，，则a=（    ）
A．13 B．2 C． D．
【答案】C
【分析】由三角形的面积公式可求出，再由余弦定理即可求出答案.
【详解】因为，因为，所以，
，解得：，
，由余弦定理可得：.
解得：.
故选：C.
7．在正三棱锥P-ABC中，，BC＝6，M，N，Q，D分别是AP，BC，AC，PC的中点，平面MQN与平面PBC的交线为l，则直线QD与直线l所成角的正弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取的中点，连接，由题意可得平面MQN与平面PBC的交线为l即为，直线QD与直线l所成角即为直线QD与直线所成角即为，由余弦定理求解即可.
【详解】取的中点，连接，由题意可得，
又因为，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以四点共面，
所以平面MQN与平面PBC的交线为l即为，
直线QD与直线l所成角即为直线QD与直线所成角即为，
因为正三棱锥P-ABC中，，BC＝6，
所以，
所以，
，
所以.
故选：C.

8．在平面中，已知点H到，的距离之比为，记点H的轨迹为曲线C，直线与C分别相交于M，N，且直线与坐标轴分别相交于点P，Q，已知定点，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，由题意求出点H的轨迹，画出图象，求出到直线的距离，由垂径定理求出，即可求出，再求出，即可得出答案.
【详解】设，因为点H到，的距离之比为，
所以，化简得：，
故点H的轨迹为，

到直线的距离为：，
到直线的距离为：，
所以，
所以，
，
所以.
故选：D.
9．已知函数（，）的一个零点与相邻的一条对称轴间的距离为，把函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，则的一个单调递减区间为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先由辅助角公式得出，由相邻零点与对称轴之间的距离得出，再根据一个零点为得出，然后通过平移得出，最后利用整体带入方法求出单调递减区间．
【详解】由已知得

，
因为的一个零点与相邻的一条对称轴间的距离为，
所以，即，
则，
所以，
由是的一个零点，得，
即，解得，，
又因为，
所以，即，
把函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图像，
则，
由，，得，，
即的单调减区间为，
因为，
所以的单调减区间为，
故选：B．
10．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造函数，对求导，即可判断的大小，再证明，即可得出答案.
【详解】易知，．
令，，
则在单调递增，又，所以，
所以．又，
则，即．
综上，．
故选：A.
11．已知椭圆，离心率为，过的直线分别与相切于，两点，则直线方程为（    ）
A．或 B．
C． D．或
【答案】A
【分析】首先证明椭圆上一点处的切线方程为：，即可得到点是椭圆外一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，则切点弦的方程为，再根据离心率分类讨论分别求出椭圆方程，即可得到切点弦方程．
【详解】首先证明椭圆上一点处的切线方程为：，
①当切线斜率存在时, 设过点的切线方程为，
联立方程，得，
，即，
，
又，
把代入中，得，
，
化简得.
②当切线斜率不存在时，过的切线方程为，满足上式.
综上，椭圆上一点的切线方程为：.
再证明若点是椭圆外一点，过点作椭圆的两条切线，
切点分别为，，则切点弦的方程为．
这是因为在，两点处，椭圆的切线方程为和．
两切线都过点，所以得到了和，
由这两个“同构方程”得到了直线的方程；
因为椭圆，离心率为，
若焦点在轴，则，，所以，
所以，解得，所以椭圆，
所以过作椭圆的两条切线方程，
切点弦方程为；
若焦点在轴，则，，所以，
所以，解得，所以椭圆，
所以过作椭圆的两条切线方程，
切点弦方程为，即；
综上可得直线方程为或.
故选：A
12．已知定义在上的函数满足，，在区间内单调且，则（    ）
A． B．5055
C． D．1011
【答案】A
【分析】由题意可通过换元法将已知条件函数的奇偶性和对称性推导出函数的周期性，再由在区间内单调且，可得根据函数周期性即可解得的值.
【详解】由题知在内单调，且时，有，由此可知，
当 时. ，得 ,
且 在 内单调，可得
，令, 则 .又，
故 . 令. 则 的周期为 4 .
当 趋于0时，有 . 故 ，
有 ，
，
根据的周期性可知 ，
，
由，
故

.
故选：A.
【点睛】关键点睛：由奇函数性质，以及对称性性质推出函数周期是解题的必要步骤，再由在区间内单调且，用特值法得出的值为难点，本题考查的是函数的性质的综合应用，属于较难题.

二、填空题
13．已知，则______．
【答案】/0.5
【分析】利用同角三角函数的平方关系化简已知条件，可求，再根据余弦的二倍角公式求解即可.
【详解】解：已知，
即，
解得或（舍），
，
故答案为：.
14．已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，从下面两个条件中任选一个，则双曲线C的渐近线方程为______．
①与双曲线有共同焦点，且过；②过作垂直于x轴的直线交双曲线P，Q两点，且．
【答案】
【分析】若选择①，由共同焦点可解得焦点为，再由待定系数法即可求解；若选择②，根据通径公式与面积公式联立解方程组即可得出，，从而得出结论.
【详解】若选择①：
双曲线（，）的焦点在轴上，
故双曲线的焦点也在轴上，，故焦点为，
因为双曲线与双曲线有共同焦点，
所以，即双曲线，
代入双曲线可得，即，；
故双曲线C的渐近线方程为，即；
若选择②：
由题意得，为通径，（I），
（II），两式联立化简得，
所以，又因为，联立化简得，；
故双曲线C的渐近线方程为，即；
故答案为：.
15．已知，且，则m+2n的取值范围是______．
【答案】
【分析】求导判定的单调性得，再用对勾函数的单调性求m+2n的范围即可.
【详解】由题意得，设，
令得，，令得，，故在上单调递减，在上单调递增，即，故在定义域上单调递增.
所以，
设，，由对勾函数的单调性可得在上单调递增，
故.
故答案为：.

16．在棱长为1的正方体中，M，N分别为线段和棱上的点，，EF为过，，D三点的平面与正方体的外接球截得的圆面内一条动弦，且．当线段MN的长度最大时，直线MN与EF之间的距离为______．
【答案】
【分析】由可分析出，利用线面垂直的判定定理可证平面，线段MN的长度最大时，即为，作出过，，D三点的截面，当线段MN的长度最大时，直线MN与EF之间的距离即为，求出外接圆半径，利用勾股定理即可求出的长度.
【详解】解：已知M，N分别为线段和棱上的点，，

令，即，则，
又，所以，则，
当线段MN的长度最大时，即为，
因为为正方体的体对角线，可得，，
而，平面，
所以平面，即平面，
过，，D三点的截面如下图所示，

为等边三角形，其外接圆半径，
因为，则，而，
在中，，
所以线段MN的长度最大时，直线MN与EF之间的距离为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

三、解答题
17．记为数列的前n项和．已知，．
(1)证明：是等比数列；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据等比数列的定义证明数列是等比数列；
（2）由（1）可求得，再得，由分组求和法计算既可.
【详解】（1）由已知得．，即，
所以，
所以是首项为，公比为3的等比数列．
（2）由（1）得，所以．
则，
则数列的前n项和

．
18．近年来，绿色环保和可持续设计受到社会的广泛关注，成为了一种日益普及的生活理念和方式可持续和绿色能源，是我们这个时代的呼唤，也是我们每一个人的责任．某环保可持续性食用产品做到了真正的“零浪费”设计，其外包装材质是蜂蜡．食用完之后，蜂蜡罐可回收用于蜂房的再建造．为了研究蜜蜂进入不同颜色的蜂蜡罐与蜜蜂种类的关系，研究团队收集了黄、褐两种颜色的蜂蜡罐，对M，N两个品种的蜜蜂各60只进行研究，得到如下数据：

黄色蜂蜡罐
褐色蜂蜡罐
M品种蜜蜂
40
20
N品种蜜蜂
50
10
(1)判断是否有95%的把握认为蜜蜂进入不同颜色的蜂蜡罐与蜜蜂种类有关联？
(2)假设要计算某事件的概率，常用的一个方法就是找一个与B事件有关的事件A，利用公式：求解现从装有a只M品种蜜蜂和b只N品种蜜蜂的蜂蜡罐中不放回地任意抽取两只，令第一次抽到M品种蜜蜂为事件A，第二次抽到M品种蜜蜂为事件B．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）研究发现，①M品种蜜蜂飞入黄色蜂蜡罐概率为，被抽到的概率为；M品种蜜蜂飞入褐色蜂蜡罐概率为，被抽到的概率为；②N品种蜜蜂飞入黄色蜂蜡罐概率为，被抽到的概率为；N品种蜜蜂飞入褐色蜂蜡罐概率为，被抽到的概率为．请从M，N两个品种蜜蜂中选择一种，求该品种蜜蜂被抽到的概率．
附：，其中．

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】(1)有95%的把握认为蜜蜂进入不同颜色的蜂蜡罐与蜜蜂种类有关联
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）选M品种，被抽到的概率为，选N品种，被抽到的概率为

【分析】（1）根据题意求出，与3.841比较即可得出结论；
（2）（ⅰ）分别求出，，，，代入公式计算即可证明；（ⅱ）根据题意代入公式计算即可．
【详解】（1）根据列联表得，
所以有95%的把握认为蜜蜂进入不同颜色的蜂蜡罐与蜜蜂种类有关联．
（2）由已知公式可得，，，，，
则




，得证．
（ⅱ）①选M品种，设选M品种蜜蜂被抽到为事件C，
由题意得,
故选M品种，被抽到的概率为．
②选N品种，令选N品种蜜蜂被抽到为事件D，
由题意，
故选N品种，被抽到的概率为．
19．在斜三棱柱中，O为底面正的中心，底面，．

(1)证明：平面平面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由底面ABC，得出，再由O为底面正的中心得出，证明出平面，根据平面，即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出和平面的一个法向量，根据直线与平面夹角正弦的计算计算即可．
【详解】（1）证明：因为底面ABC，平面ABC，
所以，
由O为底面正的中心，可知，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）结合（1）中所得，分别以，所在直线为x，z轴，过点O作AB的平行线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

由，为正三角形，可知，，
，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，
设与平面所成角为，
则
，
故与平面所成角的正弦值为．
20．已知函数．
(1)求函数的极值点；
(2)设，为的两个极值点，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）先求出，因式分解得出，再根据的值进行分类讨论即可；
（2）由有两个极值点，则的二阶导数有解，得出，由得出，令，，则且，构造（），得出，有，令（），则，得出，则，结合即可证明．
【详解】（1），
①当，即时，，
令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，故有唯一的极小值点1；
②当，即时，令，则，，
（ⅰ）当时，，则，在上单调递增，此时无极值点；
（ⅱ）当时，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
从而有两个极值点，极大值点为，极小值点为1；
（ⅲ）当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
从而有两个极值点，极大值点为1，极小值点为；
综上所述，当时，有唯一的极小值点1；
当时，有两个极值点，极大值点为，极小值点为1；
当时，无极值点；
当时，有两个极值点，极大值点为1，极小值点为．
（2）不妨设，
由题得，
则，设，则，
由，为函数的两个极值点可知，
则在上不单调，则有解，故，则，
由，得，
所以．
因为，，
所以，，
令，，
则，，，
故，且，
令（），
则，
则在上单调递减，，
即对，有，
令（），则，
则，即，
所以，
则，即，
又，
所以，故．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用导数研究（）的单调性，由得出，再结合基本不等式，从而得出结论；本题考查了利用导数研究函数单调性，基本不等式的应用，属于难题．
21．在平面直角坐标系xOy中，已知点，直线，作直线l的平行线，动点P满足到F的距离与到直线的距离之和等于直线l与之间的距离．记动点P的轨迹为E．
(1)求E的方程；
(2)过作倾斜角互补的两条直线分别交E于A，B两点和C，D两点，且直线AB的倾斜角，求四边形ACBD面积的最大值．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）过P分别作直线l，的垂线，垂足为M，N，可得，根据抛物线的定义即可求解；
（2）设，，，由可得，联立,根据韦达定理可得，，由弦长公式可求，，根据，可得，令，构造函数，利用导数即可求最大值.
【详解】（1）过P分别作直线l，的垂线，垂足为M，N，则由题意可得，即，

则由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，
则有，，故E的方程为．
（2）由题目条件过作倾斜角互补的两条直线分别交E于A，B两点和C，D两点，

可知直线AB，CD的斜率互为相反数．设，，，
由直线AB的倾斜角，且直线AB的斜率，
可知，解得．
联立,消去x可得，
则，，，
则
，
同理可得．
记直线AB，CD的夹角为，
则
，
又，
则，
令，，则，
令，则，
当时，，单调递增，
则，
故四边形ACBD面积的最大值为．
【点睛】方法点睛：
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴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参数方程；
(2)若Q为曲线上一点，求点Q到曲线距离的最大值．
【答案】(1)，（为参数）
(2)

【分析】（1）代入消元得到曲线的普通方程，利用，先得到曲线的平面直角坐标方程，再化为参数方程；
（2）设出点Q的坐标，利用点的坐标表达出点Q到曲线距离，利用三角函数求出最大值.
【详解】（1）由曲线的参数方程可知，则，
代入得曲线的普通方程为，
即，
由，可知曲线的普通方程为，
即，
故曲线的参数方程为（为参数）．
（2）由题可知，点Q到曲线的距离

其中，
当时，，
故点Q到曲线距离的最大值为．
23．已知x，y，z为正数，证明：
(1)若，则；
(2)若，则．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）利用基本不等式进行证明；
（2）根据柯西不等式可以证明.
【详解】（1）因为，所以，
同理可得，，
所以，故，
当且仅当时等号成立．
（2），
因为，所以，当且仅当时等号成立．